JZOJ[3771] 【NOI2015模拟8.15】小 Z 的烦恼

题目

描述

题目大意

有从$1$到$n$的数字，每个数字都可以放在一个盒子里（可以不放）。一旦放，满足：
如果它不在第$m$个盒子，那么它的两倍一定在后面一个盒子里。
如果它不在第$1$个盒子，那么它的一半（整除，如果不能整除即为不合法）一定在前面的一个盒子里。
询问第一个盒子放的最多的数字个数。

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思考历程

其实我当时思考的应该是正解，不过有点麻烦。
题目的重点自然在哪两个限制的条件上。首先，显然奇数必须放在第$1$个盒子里。
可以互相影响到的其实是$2^kx$的形式，其中$x$为奇数。
不妨将每个$x$的这个东西想象成一条链。
如果这条链被放入盒子中，第一项必定在第一个盒子里，然后第二项放第二个盒子里……第$m$项放在第三个盒子里。
当它的项数达不到$m$的时候，意味着这条链连不到最后一个盒子，由第一条限制得这样子不合法。
因此，必须要从头连到尾。
对于一个以$x$开头的链，设它的长度为$l$，它可以先从头到尾连一遍，然后重新来再连一遍……所以说，它最多可以连$lfloor frac{l}{m} floor$层。显然$l=lfloorlog_2frac{n}{x} floor+1$
所以暴力的思路就出来了，枚举奇数$x$，然后计算它对答案的贡献。
显然这样是很慢的，因为$x$的取值有很多。
可是$log_2x$的取值并不是很多啊！
然后就是第二个思路，枚举$y$（也就是$log_2x$），这里$x$的取值范围是$lfloorfrac{n}{2^{y+1}} floor<x leq lfloor frac{n}{2^y} floor$。
我们可以将这段区间内的奇数个数计算出来，计入贡献。
这样子显然要快多了。
再看看高精度的做法，如果是用以前的那种求出$1$分别到左右边界的奇数个数，然后相减的方法，那么花费的时间一定很多。
所以呢？我就开始分类讨论，讨论$lfloor frac{n}{2^y} floor$和$lfloorfrac{n}{2^{y+1}} floor$的奇偶性，还有他们之间奇数个数和$lfloorfrac{n}{2^{y+2}} floor$之间的关系……
的确可以讨论出来，并且也是可以实现的，但是……很复杂啊……
最后我还是没有吧这种方法打上去。

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正解

正解的方法要简单多了。
一条链中的数字都可以表示成$2^kx$的形式。
第一项时$k=0$，第$m$项时$k=m-1$。所以如果可以放一层，那么就要满足$2^{m-1}xleq n$。
然后我们再从左到右，类似地继续来。
这时第一项时$k=m$，第$m$项时$k=2m-1$，那么就要满足$2^{2m-1}xleq n$
因此可以这么做：
1、先将$n$变成$lfloorfrac{n}{2^{m-1}} floor$。
2、答案加上$1$到$n$之间奇数个数，也就是$lfloorfrac{n}{2} floor+n mod 2$。
3、$n=lfloorfrac{n}{2^m} floor$，然后回到第2步。
为什么第一次是$m-1$，第二次是$m$呢？不解释，手推一下就好。
这样做可以将一些能放多层的链的贡献累加起来，代码实现比较简单，时间也比较优秀。

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代码

using namespace std;
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cassert>
#define BIT 12
#define BITS 1000000000000ll
struct Bigint{
	long long v[2001];
};
Bigint n;
int m;
Bigint ans;
inline void read(Bigint &x){
	static char str[100001];
	scanf("%s",str);
	int len=strlen(str);
	memset(x.v,0,sizeof x.v);
	for (int i=len-1;i>=0;i-=BIT){
		x.v[0]++;
		long long w=1;
		for (int j=0;j<BIT && i-j>=0;++j,w*=10)
			x.v[x.v[0]]+=(str[i-j]-'0')*w;
	}
}
inline void write(Bigint &x){
	printf("%lld",x.v[x.v[0]]);
	for (int i=x.v[0]-1;i>=1;--i)
		printf("%012lld",x.v[i]);
	printf("
");
}
inline void operator/=(Bigint &x,int y){
	long long mo=0;
	for (int i=x.v[0];i>=1;--i){
		x.v[i]=x.v[i]+mo*BITS;
		mo=x.v[i]%y;
		x.v[i]/=y;
	}
	while (x.v[0] && !x.v[x.v[0]])
		x.v[0]--;
	if (!x.v[0])
		x.v[0]=1;
}
inline void calc(){//计算ans
	ans.v[1]+=n.v[1]&1;
	n/=2;
	ans.v[0]=max(ans.v[0],n.v[0]);
	for (int i=1;i<=ans.v[0];++i){
		ans.v[i]+=n.v[i];
		ans.v[i+1]+=ans.v[i]/BITS;
		ans.v[i]%=BITS;
	}
	if (ans.v[ans.v[0]+1])
		ans.v[0]++;
}
int main(){
	int T;
	scanf("%d",&T);
	while (T--){
		read(n);
		scanf("%d",&m);
		memset(ans.v,0,sizeof ans.v);
		n/=1<<m-1;
		while (!(n.v[0]==1 && n.v[1]==0)){//n不为0时
			calc();
			n/=1<<m-1;//在calc()操作中，n=n/2
		}
		write(ans);
	}
	return 0;
}

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总结

当自己想得很复杂的时候，应该考虑一下，这是否是恰当的解法……