“[GESP202509 五级] 有趣的数字和”分块做法
这个题看到第一眼不是暴力数位 dp 创过去吗？
换以前，我虽然忘了数位 dp ，但是可能接着这个机会重新学一遍数位 dp 。
但是最近工作任务和学校任务都很重，根本不想重新学一遍数位 DP 。
反而让我发现了一个更通用更好更简单的做法。
洛谷链接：https://www.luogu.com.cn/problem/P14074
核心问题：问题容易被转化成计算 \(x \in [0, N]\) 中，所有满足 \(popcount(x)\) 是奇数的数字之和。
为了不引起人类语言上的歧义，形式化表示即要求计算：
其中 [p] 若 \(p\) 为真返回 \(1\) ，若 \(p\) 为假返回 \(0\) 。
关于 \(0 \sim N\) 内所有数在二进制下的加法贡献问题，常见的最无脑最简单方法是把指数折半。
根据经验，如果有 \(L(a^{x + y}) = L(a^{x}) \times L(a^{y})\) ，那么我们可以把 \(O(a^{x + y})\) 级问题转化为 \(O(max(a^{x}, a^{y}))\) 级问题。
以上是一些经验主义的东西。
接下来介绍实际的解法。
考虑带余整除法 \(v = 2^{k} \cdot x + r \ (0 \leq r < 2^{k})\) 。其中 \(2^k \leq N\) 且 \(k\) 为常数。
每个组（每个块）余数取满 \(0 \sim 2^{k} - 1\) ，则 \(0 \sim N\) 共 \(N + 1\) 个数可以分成 \(\lceil (N + 1) / 2^{k} \rceil = \lfloor N / 2^{k} \rfloor + 1\) 个块。
根据 \(x = 0, 1, 2, \cdots, \lfloor N / 2^{k} \rfloor\) 对这 \(\lfloor N / 2^{k} \rfloor + 1\) 个块编号，分布如下：
\(x = 0, 1, 2, \cdots, \lfloor N / 2^{k} \rfloor - 1\) 的块一定都完整。
\(x = \lfloor N / 2^{k} \rfloor\) 的块可能不完整，即 \(r\) 不能取满 \(0, 1, \cdots, 2^{k} - 1\) 。
-
考虑某个完整的块，即 \(0 \leq x < \lfloor N / 2^{k} \rfloor\) 。
由于 \(r\) 不超过 \(k\) 位，则 \(popcount(v = 2^{k} \cdot x + r) = popcount(v = (x << k) + r) = popcount(x) + popcount(r)\) 。
一个块对应唯一 \(x\) ，则 \(popcount(x)\) 已知。这个块的贡献是：
\[\sum_{ \substack{ r = 0, \\ popcount(x) + popcount(r) \equiv 1 (\bmod 2) } }^{2^{k} - 1} x \cdot 2^{k} + r \]考虑 \(k\) 个位置，选择一些位置为 \(1\) ，否则为 \(0\) ，容易证明（考虑每个人是否选进去，得到恒等式右边）：
\[\begin{aligned} \binom{k}{0} + \binom{k}{2} + \binom{k}{4} + \cdots + \binom{k}{2 \lfloor k / 2 \rfloor} + \binom{k}{1} + \binom{k}{3} + \binom{k}{5} + \cdots + \binom{k}{2 \lceil k / 2 \rceil - 1} = \sum_{i = 0}^{k} \binom{k}{i} = 2^{k} \\ \\ \binom{k}{0} + \binom{k}{2} + \binom{k}{4} + \cdots + \binom{k}{2 \lfloor k / 2 \rfloor} = \binom{k}{1} + \binom{k}{3} + \binom{k}{5} + \cdots + \binom{k}{2 \lceil k / 2 \rceil - 1} = 2^{k - 1} \\ \end{aligned} \]以上依赖于 \(0 \sim 2^{k} - 1\) 是连续的数且个数为偶数。
另一个更优雅更简单的证明依赖于 \(2^{k}\) 本身的 \(2\) 次幂性质：
考虑 \(\forall x \in [0, 2^{k} - 1]\) ，令 \(y = x \oplus 1\) 。若 \(2 \mid x\) ，则 \(x\) 映射向一个 \(y\) 满足 \(2 \nmid y\) ，若 \(2 \nmid x\) ，则 \(x\) 映射向一个 \(y\) 满足 \(2 \mid y\) 。共 \(2^{k - 1}\) 个偶数向 \(2^{k - 1}\) 个奇数映射，共 \(2^{k - 1}\) 个奇数向 \(2^{k - 1}\) 个偶数映射。则有限集 \(\{ 0, 1, 2, \cdots, 2^{k} - 1 \}\) 中的偶数和奇数构成双射，于是“偶数子集大小”等于“奇数子集大小” \(= 2^{k - 1}\) 。总之这个块的贡献是：
\[\begin{aligned} &x \cdot 2^{k} \cdot 2^{k - 1} + \sum_{ \substack{ r = 0, \\ popcount(x) + popcount(r) \equiv 1 (\bmod 2) } }^{2^{k} - 1} r \\ &= x \cdot 2^{k} \cdot 2^{k - 1} + \begin{cases} \sum_{ \substack{ r = 0, \\ popcount(r) \equiv 0 (\bmod 2) } }^{2^{k} - 1} r,\ popcount(x) \equiv 1 (\bmod 2); \\ \sum_{ \substack{ r = 0, \\ popcount(r) \equiv 1 (\bmod 2) } }^{2^{k} - 1} r,\ popcount(x) \equiv 0 (\bmod 2). \\ \end{cases} \end{aligned} \]这里我们已经可以 \(O(2^{k})\) 预处理
\[\begin{aligned} S_{even} = \sum_{ \substack{ r = 0, \\ popcount(r) \equiv 0 (\bmod 2) } }^{2^{k} - 1} r \\ S_{odd} = \sum_{ \substack{ r = 0, \\ popcount(r) \equiv 1 (\bmod 2) } }^{2^{k} - 1} r \\ \end{aligned} \]总共有 \(\lfloor N / 2^{k} \rfloor\) 个块，要进行对应次数的 \(O(1)\) 计算。
-
考虑最后一个块，即 \(x = \lfloor N / 2^{k} \rfloor\) 。
可以暴力遍历 \(r \in [x \cdot 2^{k} + 0, N]\) ，若 \(popcount(x)\) 和 \(popcount(r)\) 的奇偶性不同，则对答案贡献 \(x \cdot 2^{k} + r\) 。
综上，时间复杂度 \(O(max(N / 2^{k}, 2^{k}))\) 。如果把 \(k\) 取成 \(N\) 的二进制表示的一半，由 \(2^{a} \cdot 2^{b} = 2^{a + b}\) ，时间复杂度为 \(O(\sqrt{N})\) 。
Code
#include<iostream>
#include<cassert>
const int32_t K = 16;
const int64_t BLOCK = int64_t(1) << K;
int64_t S_even, S_odd;
int64_t S(int64_t N) {
if (N == 0) return 0;
int64_t M = N / BLOCK;
int64_t rem = N % BLOCK;
int64_t ret = 0;
for (size_t x = 0; x < M; x++) {
ret += int64_t(x) * (1 << K) * (1 << K - 1) + (__builtin_popcount(x) == 0 ? S_odd : S_even);
}
int32_t x = M;
for (size_t r = 0; r <= rem; r++) if ((__builtin_popcount(r) + __builtin_popcount(x) ) % 2 == 1) {
ret += x * BLOCK + r;
}
return ret;
}
int main(){
std::cin.tie(nullptr)->std::ios::sync_with_stdio(false);
int64_t D, U;
std::cin >> D >> U;
for (size_t i = 0; i < BLOCK; i++) {
if (__builtin_popcount(i) % 2 == 0) S_even += i;
if (__builtin_popcount(i) % 2 == 1) S_odd += i;
}
std::cout << S(U) - S(D - 1) << "\n";
return 0;
}
注意当左闭区间为 \(1\) ，则左开区间为 \(0\) ，有时候单独的一个 \(0\) 不好处理，具体情况具体注意。
当 \(k \geq 2\) ，可以证明
有很多种优雅证明，这里考虑可能不优雅但是简单的数学归纳：
对于 \(k \geq 2\) ，我们可以判断 \(00, 01, 10, 11\) 符合 \(S_{even} = S_{odd} = \sum_{i = 0}^{2^{k} - 1} i\) 。
考虑高位增加 \(1\) 位，由低 \(k\) 位 \(numbers_{even} = numbers_{odd}\) ，每个数都会得到 \(2^{k + 1}\) 的贡献，依然保持 \(S_{even} = S_{odd} = \sum_{i = 0}^{2^{k + 1} - 1} i\) 。
那么可以做公式优化：
我们可以单独计算 \(2^{2k - 1} \cdot x\) 部分，令 \(M = \lfloor N / 2^{k} \rfloor\) ，贡献是：
单独计算 \(2^{2k - 2} - 2^{k - 2}\) 部分，贡献是：
于是这一部分优化到了 \(O(1)\) 。
那么代码可以优化成：
Code
#include<iostream>
#include<cassert>
const int32_t K = 2;
const int64_t BLOCK = int64_t(1) << K;
int64_t S(int64_t N) {
if (N == 0) return 0;
int64_t M = N / BLOCK;
int64_t rem = N % BLOCK;
int64_t ret = int64_t(1) * (1 << 2 * K - 2) * M * (M - 1);
ret += int64_t(1) * ( (1 << 2 * K - 2) - (1 << K - 2) ) * M;
int32_t x = M;
for (size_t r = 0; r <= rem; r++) if ((__builtin_popcount(r) + __builtin_popcount(x) ) % 2 == 1) {
ret += x * BLOCK + r;
}
return ret;
}
int main(){
std::cin.tie(nullptr)->std::ios::sync_with_stdio(false);
int64_t D, U;
std::cin >> D >> U;
std::cout << S(U) - S(D - 1) << "\n";
return 0;
}
时间复杂度优化至 \(O(2^{k})\) ，由于恒等式约束为 \(k \geq 2\) ，则最优可以取 \(k = 2\) 。最优复杂度为 \(O(T(2^2)) = O(1)\) 。
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