做题随笔：P12147

Solution

题意

原题链接

定义 \(f(x)=x\oplus (x+2^k)\)，给定两个整数 \(n,k\)，求 \(\sum_{i = 0}^{n}f(i)\) 的值。

ps:你梦熊入门题简单又直接，令我 1h 才做完。果然，题目信息里面难度是最不能相信的。

分析

注意到有 \(30\%\) 数据满足 \(k = 0\)，启发我们先考虑 \(k = 0\) 的特殊情况。

1. k = 0

一个很自然的想法是：按题目所给定义不可以直接求和，那么我们考虑一下找一个可以直接求和的表达式。场上果断暴力打表找规律。

这里是 \(k = 0,n=31\) 的数据表，请自行移步看一下。

观察数据，会发现几个很惊人的事实：

1. \(x\) 为偶数时，\(f(x) = 1\)；
2. \(f(x)\) 不为 \(1\) 时，其取值为 \(2^k-1\)；
3. \(x\) 为 \(2^k-1\) 时，其取值为 \(2^{k+1}-1\)；

其实到这里，一切都比较明晰了，结论就是 \(k = 0\) 时，\(f(x)=2 \times \operatorname{lowbit}(x+1)-1\)。基于梦熊标明的题目难度，说明一下 lowbit：它指一个数二进制数最低位的 \(1\) 及其对应的值.直观地说，就是一个数二进制下从右往左数第一个 \(1\) 和它右边的所有 \(0\) 共同组成的数。如 \(\operatorname{lowbit}(10)=\operatorname{lowbit}((1010)_2)=(10)_2=2\)。有 \(\operatorname{lowbit}(x)=x \operatorname{and} (-x)\)。

下面给出证明：

任意考虑一个数 \(x\)，若它为偶数，它的二进制下最低位为 \(0\)，加 \(1\) 后仅最后一位与原数不同，故 \(f(x)=1\)，满足以上结论；若 \(x\) 为奇数，则加 \(1\) 后进位，\(x\) 将由 \((1 \dots 01 \dots 1)_2\) 的形式变成 \((1 \dots 10 \dots 00)_2\)，即 \(x\) 的从右往左数第一个 \(0\) 位（设为第 \(r\) 位）及其以右的所有位都变了，故 \(x\oplus (x+2^k)\) 的结果即为 \(2^r-1=2 \times \operatorname{lowbit}(x+1)-1\)。证毕。

所以说 \(ans=\sum_{i = 0}^{n}f(i)=\sum_{i = 1}^{n+1} (2 \times \operatorname{lowbit}(i+1)-1)=2\sum_{i = 1}^{n+1} \operatorname{lowbit}(i+1)-(n+1)\)。从而问题转变为求 \(\sum_{i = 1}^{n+1} \operatorname{lowbit}(i)\)。

结合 lowbit 定义，我们可以得到 \(\sum_{i = 1}^{x} \operatorname{lowbit}(i)\) 的一个递推式（设 \(\sum_{i = 1}^{x} \operatorname{lowbit}(i)=g(x)\)）：

\(g(x) = \begin{cases} \frac{n}{2}+2g(\frac{n}{2}) & x \in even\\ \frac{n+1}{2}+2g(\frac{n-1}{2}) & x \in odd\\ \end{cases}\)

为什么呢？对偶数情况进行一下说明：\([1,n]\) 中有奇数、偶数各 \(\frac{n}{2}\) 个，奇数的 lowbit 定为 \(1\)；然后将所有数除以二进行同样的考虑即得。奇数同理。边界是 \(g(0)=0,g(1)=1\)。

于是 \(k=0\) 的问题可以在 \(O(Tlogn)\) 的时间复杂度下解决。

2. k ≠ 0

同样先给出数据。

定义 \(h(x,y)\) 为 \(f(x)\) 在 \(k=y\) 时的值，有 \(h(x,k)=2^kf([\frac{x}{2^k}],0)\)，其中，\([x]\) 表示不大于 \(x\) 的最大整数。这里直接给出直观证明：\(x\) 加上 \(2^k\) 后，对低于 \(2^k\) 的位没有任何影响，且那些位的值也不会影响 \(x\oplus (x+2^k)\) 的值，故可以直接舍去。相当于 \(x\) 每增加 \(2^k\) 才等价于 \(k=0\) 时增加 \(1\)，体现在式子上就是 \([\frac{x}{2^k}]\) 项。但是对比 \(k=0\) 时，变化的最低位为 \(2^k\) 位，故再乘上一个 \(2^k\)。

于是 \(n\) 相当于 \(k=0\) 时完整的 \(1\) 到 \([\frac{x}{2^k}]\) 与剩下一部分 \([\frac{x}{2^k}]+1\)。由上亦得 \(h(x,y)\) 中连续的 \(2^k\) 项是相同的，故完整的数乘上 \(2^k\)，不完整的单独计算，得：

\(ans(k)=2^k[2(2^kans_0(s)+r \operatorname{lowbit} (s+1))-(n+1)]\)，

其中 \(ans_0(x)\) 为 \(n = x,k=0\) 时的答案，\(s=\frac{n+1}{2^k},r=(n+1) \bmod 2^k\)。

于是问题在 \(O(Tlogn)\) 的时间复杂度下解决。

感觉分析得已经比较详细了，代码没写注释，将就看下吧。

实现

1. lowbit 函数（不要宏定义，本蒟蒻因此改了至少二十分钟）；
2. lowbit 的求和递归式；
3. 直接计算输出。

Code

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <cmath>

using namespace std;

typedef long long ll;

ll fr() {
    ll x=0,f=1;
    char c=getchar();
    while(!isdigit(c)) {
        if(c=='-') f=-1;
        c=getchar();
    }
    while(isdigit(c)) {
        x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);
        c=getchar();
    }
    return x*f;
}

ll t,n,k,ans;

inline ll lowbit(ll x) {return x&(-x);}

ll gets(int x) {
    if(x<=1) return x;
    return ((x&1)?((x+1)>>1):(x>>1))+(gets(x>>1)<<1);
}

int main() {
    t=fr();
    while(t--) {
        ans=0;n=fr(),k=fr();
        ll s=(n+1)/(1<<k),r=(n+1)%(1<<k);
        printf("%lld\n",(1<<k)*(2*((1<<k)*gets(s)+r*lowbit(s+1))-n-1));
    }
    return 0;
}

闲话

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