[HDU6304][数学] Chiaki Sequence Revisited-杭电多校2018第一场G

[HDU6304][数学] Chiaki Sequence Revisited

-杭电多校2018第一场G

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题目描述

现在抛给你一个数列\(A\)

\[a_n=\begin{cases}1 & n = 1,2 \\ a_{n - a_{n-1}} + a_{n-1 - a_{n-2}} & n \ge 3\end{cases} \]

现在需要你计算它的前缀和 \(\sum\limits_{i=1}^{n}a_i \ mod \ (10^9+7)\)

数据范围 \(n(1\le n\le 10^{18})\)

题目分析

不可描述的做法

拿到题目第一步对序列\(A\)打一个100的表，对吧，然后 "OEIS" 一下，发现真的有

http://oeis.org/A046699

\(a[1..] = {1,2,2,3,4,4,4,5,6,6,7,8,8,8,8,9,....}\)

结果发现并没有什么用，既没有通项公式，更别说求和公式了。

大概正确的规律

可以发现每种数字的出现次数是由规律可循的，\(1\)出现了\(1\)次，\(2\)出现了\(2\)次，\(3\)出现了\(1\)次

我们设\(f(x)\)代表数字\(x\)出现的次数

那么 \(f[1..] = {1,2,1,3,1,2,1,4,1,2,1,3,1,2,1,5,....}\)

通过观察100项的表可以的出一个大概正确的规律，数字\(x\)会出现\(1+log_2lowbit(x)\)次

至于\(lowbit(x)\) 是啥，可以去了解一下树状数组，表示 \(\min\{2^k:2^k|x\}\)

经过总结规律可以发现递推式，那么有

\[\begin{cases} {f(2k+1) =1 }\\\\f(2k)=f(k)+1\end{cases} \]

也就是 http://oeis.org/A001511 中提到的数列，但是知道出现次数并没有什么用，我们需要计算的是\(f(x)\)

的前缀和，这样我们就可以知道\(n\)位置上表示的数字的值，即\(a_n\)的值。

我们设 $g(n) = \sum^{n}_{i=1}f(i) $ ，可以简单推导一下

\[\begin {align} &g(n) = \sum_{k=1}^{n}f(k) \\ &g(n) = \sum^{\lfloor \frac{n-1}{2}\rfloor}_{k=0}f(2k+1) + \sum^{\lfloor \frac{n}{2}\rfloor}_{k=1}f(2k)\\ &g(n) = \Big\lceil\frac{n}{2}\Big\rceil + \sum^{ \lfloor \frac{n}{2}\rfloor}_{k=1} \{f(k)+1\}\\ &g(n) = \Big\lceil\frac{n}{2}\Big\rceil + \Big\lfloor\frac{n}{2}\Big\rfloor + g(\Big\lfloor\frac{n}{2}\Big\rfloor) \\ &g(n) = g(\Big\lfloor\frac{n}{2}\Big\rfloor)+n \\ \end {align} \]

也就是说我们现在可以在\(O(\log N)\)时间计算出\(g(n)\) ，由于该函数显然是单调的，那么我们现在可以通过二分求得\(a_n\)对应的值，即 \(a_n = \min\{k\ |\ g(k)\ge n\}\)。
然而题目要我们求前缀和，那么问题来了，我们现在计算单个值就需要\(O(\log^2N )\)时间
如何计算出前缀和呢？考虑通过每个数字的出现次数入手。

\[\begin{matrix} 1, 3, 5, 7, 9, \cdots ,2(t-1)+1 &\quad\quad\text{分别出现一次} \\ 2,6,10,14,18, \cdots ,4(t-1)+2 &\quad\quad\text{分别出现两次} \\ 4,12,20,28,36,\cdots,8(t-1)+4 &\quad\quad\text{分别出现三次} \\ \vdots &\vdots\\ \cdots 2^k(t-1)+2^{k-1} &\quad\quad\text{分别出现$k$次} \end{matrix} \]

由于每一行都相当于一个等差数列，现在的目标就是找到每一行的末项就好了。
也就是找到__最后一个小于\(a_n\)的值__，再用等差数列求和公式\(O(1)\)计算出每一行的值，最后所有行加起来就是答案的主要部分了。

会发现经过上面的计算所有等于\(a_n\)的项没有计算入答案，我们只要计算出等于\(a_n\)的有多少项，最后再累加到答案，这道题就做完了。容易得到 \(a_n\)需要计算\(n-g(a_n-1)\)次。根据最开始我对数列的偏移，正确的答案还需要再+1。整体复杂度为\(O(\log^2N+logN)\)

注:计算\(a_n\)需要 \(O(\log^2N)\)时间，需要估计二分上下界，否则会超时。

无比准确的题解

以下是多校官方给的题解。

考虑这个数列的差分数列，除了个别项，本质就是：\(1, 1, 0, 1, 1, 0, 0, 1, 1, 0, 1, 1, 0, 0, 0, 1, 1, 0,...\)。

可以观测到，这个序列可以这么生成：一开始只有一个\(1\)，\(1\)变成\(110\)，\(0\)保持不变。迭代无穷多次后就是这个差分序列。

知道差分序列，可以应用阿贝尔变换，把\(a\)的前缀和搞成差分序列相关。不妨令差分序列是\(da\)，那么\(a\)的前缀和$$s(n)=(n-1)\sum_{i=0}^{n-2}da(i) - \sum_{i=0}^{n-2}da(i)i + 1$$。

利用\(da\)的分形结构，很容易算出\(s(n)\)。

代码Code

/*
[HDU6304][数学] 
Chiaki Sequence Revisited
*/
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int MOD = 1e9+7;
const int inv2 = 500000004;
int T;
LL n;
LL calc(LL n) {
	if(n<=1) return n;
	else return calc(n/2)+n;
}
void solve() {
	LL l=n/2-30,r=n/2+30,m,p=-1;
    //需要预先估计上下界减少二分次数,否则会TLE.
	while(l<=r) {
		m = (l+r)/2;
		if(calc(m)>n) r=m-1;
		else l=m+1,p=m;
	}
	LL rest = ((n - calc(p))%MOD+MOD)%MOD;
	LL ans = 0, s, t, e, k, c=1, x, y;
	for(LL i=1;; i<<=1,c++) {
		if(i>p) break;
		x = i%MOD;
		y = 2*i%MOD;
		s = x;
		k = ((p-i)/(2*i)+1)%MOD;
		e = (y*(k-1)%MOD+i)%MOD;
		ans = (ans+c*(s+e)%MOD*k%MOD*inv2%MOD)%MOD;
	}
	ans = (ans + rest*((p+1)%MOD)%MOD)%MOD;
	printf("%lld\n",ans+1);
}
int main() {
	scanf("%d",&T);
	while(T--) {
		scanf("%lld",&n);
		n--; //偏移一项
		solve();
	}
	return 0;
}