[ARC135F] Delete 1, 4, 7, ... 题解
来自 @NobleNumbat 的好题分享。
设 \(f(n)\) 表示一次操作之后第 \(n\) 个位置上的数的值，容易发现 \(f(n)=\lfloor \frac{3n+1}{2} \rfloor\)。那么设 \(f^k(n)\) 表示 \(k\) 次操作之后第 \(n\) 个位置上的值，则 \(f^k(n)=f^{k-1}(f(n))\)。再设 \(s(k)\) 表示 \(k\) 次操作之后剩下的数的个数，则 \(s(k)=\lfloor \frac{2s(k-1)}{3} \rfloor\)。
答案就是 \(\sum_{i=1}^{s(k)} f^{k}(i)\)。
直接做是 \(O(k\cdot s(k))=O((\frac{2}{3})^kkn)\) 的，当 \(k\) 比较大（差不多 \(k>40\)）的时候可以通过。
当 \(k\) 比较小的时候，我们需要一个很牛的结论：\(f^k(n+2^k)=f^k(n)+3^k\)。
证明：考虑数学归纳法。
当 \(k=1\) 时，根据 \(f\) 的意义显然是对的。
当 \(k>1\) 时，我们有：\[\begin{aligned} f^k(n+2^k) &= f^{k-1}(\lfloor \frac{3(n+2^k)+1}{2} \rfloor) \\ &= f^{k-1}(\lfloor \frac{3n+1}{2} \rfloor + 3\cdot 2^{k-1}) \\ &= f^{k-1}(\lfloor \frac{3n+1}{2} \rfloor) + 3\cdot 3^{k-1} \\ &= f^k(n) + 3^k \\ \end{aligned} \]
这也就是说我们只需要算出所有 \(i\in [0,2^k)\) 的 \(f^k(i)\)，那么对于其他的 \(n\equiv i \pmod {2^k}\) 就都知道了。
但很可惜这个做法是 \(O(2^kk)\) 的，仍然过不了。
注意到现在问题的规模是 \(k\le 40\)，很难不想到折半，我们取两个数 \(x,y\) 满足 \(x+y=k\)，则 \(f^k(n)=f^y(f^x(n))\)。然后我们把每个数的二进制表示下的前 \(x\) 位和后面的位拆开。
大力推式子，为了方便不妨将 \(f^k(0)=0\) 也算入答案：
我们设 \(F(a,b)=\sum_{j=0}^a f^y(b+3^xj)\)，则有：\(ans=\sum_{i=0}^{2^x-1} F(\lfloor \tfrac{s(k)-i}{2^x} \rfloor,f^x(i))\)。
现在只需要直到怎么快速计算 \(F(a,b)\)。
考虑类似于倍增/二进制拆分的思想，设 \(g(i,b)=\sum\limits_{j=0}^{2^i-1} f^y(b+3^xj)\)，那么在计算 \(F(a,b)\) 的时候我们先把区间 \([0,a]\) 拆分成 \(O(\log a)\) 个形如 \([l,l+2^i-1]\) 的区间，然后：
所以我们只需要知道怎么算 \(g\) 就可以了，类似的，可以知道：
所以 \(g\) 是可以递推的，但是直接记忆化复杂度是错的，因为 \(b\) 这一维是 \(O(n)\) 的。
但是当 \(b\ge 2^y\) 时，不妨设 \(b=2^yq+r(0\le r<2^y)\)，则：
这样我们就把 \(b\) 这一维压到 \(O(2^y)\) 级别的了，直接记忆化搜索即可，边界是 \(g(0,b)=f^y(b)\)。
求 \(g\) 的复杂度是 \(O(2^y(k+\log n))\)，其中 \(O(2^yk)\) 是计算边界的复杂度，而 \(i\) 这一维是 \(O(\log n)\) 的。
求答案的复杂度是 \(O(2^x(k+\log n))\)，其中 \(O(2^xk)\) 是计算每个 \(f^x(i)\) 的复杂度，\(O(2^x\log n)\) 是分拆每个 \(a\) 的复杂度。
所以这个算法的复杂度是 \(O((2^x+2^y)(k+\log n))\)，显然取 \(x=y\) 最优。
于是我们把两个算法拼在一起，当 \(k>40\) 的时候用算法一，当 \(k\le 40\) 的时候用算法二就可以了。
code
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define Debug puts("-------------------------")
#define int128 __int128
using namespace std;
const int N=100+5,B=40,mod=998244353,M=(1<<20)+5;
inline int read(){
int w=1,s=0;
char c=getchar();
for(;c<'0'||c>'9';w*=(c=='-')?-1:1,c=getchar());
for(;c>='0'&&c<='9';s=s*10+c-'0',c=getchar());
return w*s;
}
int n,k,s[N];
int f(int k,int n){
if(k==0) return n;
return f(k-1,(3*n+1)/2);
}
namespace sub1{
int ans;
void work(){
for(int i=1;i<=s[k];i++) (ans+=f(k,i))%=mod;
printf("%lld\n",ans);
}
}
namespace sub2{
int x,y,ans,S1,S2,g[50][M];
int128 p2[N],p3[N];
int get_g(int i,int128 b){
if(b>=S2){
int128 q=b/S2,r=b%S2;
return (get_g(i,r)+q*p3[y]%mod*p2[i]%mod)%mod;
}
if(i==0) return f(y,b);
if(g[i][b]) return g[i][b];
return g[i][b]=(get_g(i-1,b)+get_g(i-1,b+p3[x]*p2[i-1]))%mod;
}
int F(int a,int b){
int l=0,res=0;
for(int i=0;i<=__lg(a);i++){
if(a>>i&1){
(res+=get_g(i,(int128)b+p3[x]*l))%=mod;
l+=(1ll<<i);
}
}
(res+=get_g(0,(int128)b+p3[x]*l))%=mod;
return res;
}
void work(){
x=(k+1)/2,y=k/2;
p2[0]=p3[0]=1;
for(int i=1;i<=50;i++) p2[i]=p2[i-1]*2,p3[i]=p3[i-1]*3;
S1=1<<x,S2=1<<y;
for(int i=0;i<S1&&i<=s[k];i++) (ans+=F((s[k]-i)/S1,f(x,i)))%=mod;
printf("%lld\n",ans);
}
}
signed main(){
n=read(),k=read();
s[0]=n;
for(int i=1;i<=k;i++) s[i]=s[i-1]*2/3;
if(k>B) sub1::work();
else sub2::work();
return 0;
}
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