P17729 [SCP-J 2026] 进位 / carry 题解
——是赛后补题咕。
本题解同步发表于 Luogu。
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Luogu P17729 [SCP-J 2026] 进位 / carry 题解
题目简述
给定一个长度为 \(n\) 的数组 \(A\)。
对于区间 \(l\sim r\)，可以执行以下操作：
- 令 \(S=0\)。
- 按照 \(A_l,A_{l+1},\ldots,A_r\) 的顺序，依次将 \(S\) 的值增加 \(A_i\)。
所有加法均按照普通的二进制加法进行，用 \(C(l,r)\) 表示 \(A\) 序列中区间 \([l,r]\) 执行上述操作过程中发生的“进位”总数。
若一个长度为 \(m\) 的下表序列 \(\{p_1,p_2,\ldots,p_m\}\) 满足以下条件，则称其合法：
- \(m>0\)。
- 对任意 \(1\le i\le m\)，均满足 \(1\le p_i\le n\)。
- 对任意 \(1\le i< m\)，均满足 \(p_i<p_{i+1}\) 且 \(C(p_i,p_{i+1})=1\)。
两个数组不同，当且仅当两个数组长度不同，或至少一个位置的数字的不同。
求有多少个不同的合法数组，答案对 \(998,244,353\) 取模。
注意：本题输入量较大，建议选手使用较快的读入方式，以避免因输入耗时影响程序效率。
前置知识
首先我们要知晓二进制加法的性质：在二进制加法下，每产生一次进位，二进制就会减少一个 \(1\)。
证明
- 若一个二进制数位为 \(1\) 且加上了 \(1\)（共两个），这一位将会变成 \(0\) 并将 \(1\) 进位到下一位（共一个），总计减少了一个 \(1\)。
- 若一个二进制数位是 \(0\) 且加上了 \(1\)（共一个），这一位将会变成 \(1\) 且没有产生贡献（共一个），总计不变。
- 若一个二进制数位是 \(0\) 且加上了 \(0\)，显然不会进位也不会变化，总计不变。
对于进位使得原本不需要进位的数产生进位，可以视作额外进行若干次加法，等价于直接相加，上述结论依然成立。证毕。
因此我们记 \(\operatorname{cnt}(x)\) 表示 \(x\) 二进制下的 \(1\) 的个数，\(\operatorname{Addw}(x,y)\) 表示 \(x+y\) 所产生的进位数，有：
初步
显然这是统计方案数，那么我们容易想到用 DP 处理转移。
定义 \(dp_i\) 表示以 \(i\) 结尾的数列方案数。
先考虑部分分做法，我们可以查找每一个数对 \((l,r)\)，\(\mathcal{O}(n)\) 计算每两个数相加的进位数，检查答案，再将 \(dp_r\gets dp_r+dp_l\)。
时间复杂度 \(\mathcal{O}(n^3)\)。
预估应该可以拿下前两个测试点。
优化
考虑原题中 \(C(l,r)\) 如何用 \(O(1)\) 计算。
对于每个 \(C(l,r)\)，有：
将 \(\operatorname{Addw}(x)\) 展开，得到：
两两相消，得到
形式化的讲，即：
对于 \(\sum_{i=l}^{r}A_i\)，显然是经典前缀和。
对于 \(\sum_{i=l}^{r}\operatorname{cnt}(A_i)\)，同样可以用前缀和计算。
于是我们压掉了一维，现在时间复杂度 \(\mathcal{O}(n^2)\)。
正解
这个时间复杂度还是炸掉了呢。考虑把枚举区间优化掉。
对于 \(\operatorname{cnt}(x)\)，显然其值非负。因此必然的，区间变长，\(C(l,r)\) 不可能变小。
也可以感性理解：加的数越多，进位越多；加的数越少，进位越少。
形式化地，有：
- 锚定右端点 \(r\)，左端点 \(l\) 向右移，\(C(l,r)\) 越来越小。
- 锚定左端点 \(l\)，右端点 \(r\) 向右移，\(C(l,r)\) 越来越大。
那么当 \(r\) 锚定时，所有对应的 \(C(l,r)\) 随 \(l\) 递增单调不增。
于是，所有合法的左端点一定连成一片。
证明
采用反证法，假设存在一个 \(l\) 和一个大于一的正整数 \(k\)，使得对于单一右节点 \(r\)，满足 \(C(l,r)=1,C(l-1,r)\ne 1\) 且 \(C(l-k)=1\)。
那么由于 \(C(l,r)\) 随 \(l\) 递增不增，因此 \(C(l-1)\ge 1\)，且由于 \(l-k<l-1\)，因此 \(C(l-1)\le 1\)。
综上，\(C(l,r)=1\)，与假设矛盾，因此不存在不连续的 \(l\) 使得 \(C(l,r)=1\)。证毕。
维护 \(cl\) 表示当 \(r\) 锚定时，第一个满足 \(C(l,r)=1\) 的 \(l\)，\(cr\) 表示第一个满足 \(C(l,r)=0\) 的 \(r\)。
那么所有合法左端点构成滑动区间 \([cl,cr)\)（或者说 \([cl,cr-1]\)）。
状态转移方程变成
其中 \(1\) 是指单独一个数 \(r\) 组成的合法序列。
这个也可以再加上一个 \(dp\) 数组的前缀和 \(\mathcal{O}(1)\) 解决。
因此我们维护总共三个指针 \(r,cl,cr\) 分别表示枚举右端点、合法左端点左界、合法左端点右界，三个指针一定全部向右移动；再维护 \(pre, prec, predp\) 分别维护原数组前缀和、\(\operatorname{cnt}(x)\) 的前缀和、\(dp\) 数组的前缀和，每个右端点的方案数为：
可以 \(\mathcal{O}(n)\) 解决。
时间复杂度非常优秀，可以拿到满分。
:::success[AC Code]
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long //Ai>=10^12.
#define cnt(x) (__builtin_popcountll(x)) //cnt 函数在这里呢咕
#define endl '\n'
const int N=5e5+7;
const int mod=998244353;
//快读快写
inline int read(){
int x=0,f=1;
char c=getchar();
while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1; c=getchar();}
while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+(c-'0'),c=getchar();}
return x*f;
}
inline void write(int x){
if(x<0)x*=-1,putchar('-');
if(x>9)write(x/10);
putchar(x%10+'0');
}
int n,T;
//dp 统计方案数
int a[N],dp[N];
//pre 统计原数组前缀和，prec 统计 cnt 前缀和，predp 统计 dp 前缀和
int pre[N],prec[N],predp[N];
//即题面中的 C(l,r) 函数，为了区分和寓意吉利（bush。
inline int AC(int l, int r){
return prec[r]-prec[l-1]-cnt(pre[r]-pre[l-1]);
//见上。
}
signed main(){
T=read();
while(T--){
memset(pre,0,sizeof(pre));
memset(prec,0,sizeof(prec));
memset(predp,0,sizeof(predp));
//多测清空。
n=read();
for(int i=1; i<=n; i++){
a[i]=read();
pre[i]=pre[i-1]+a[i];
prec[i]=prec[i-1]+cnt(a[i]);
}
//cl 表示合法左界，cr 表示合法右界，r 表示右端点，ans 用于统计答案。
int cl=1,cr=1,r=1, ans=0;
while(r<=n){
while(cl<r && AC(cl,r)>1) cl++;//处理合法界限，见上。
while(cr<r && AC(cr,r)>0) cr++;
dp[r]=(1+predp[cr-1]-predp[cl-1]+mod)%mod;//记得加上一个模数防止出现负数。
predp[r]=(predp[r-1]+dp[r]+mod)%mod;
r++;
}
for(int i=1; i<=n; i++) ans=(ans+dp[i]+mod)%mod;//记得取模
write(ans);
putchar('\n');
}
return 0;
}
// Code by cao2333, let-the-wind-guide-you@outlook.com
评测记录
:::
后记
感谢览遍千秋老师的讲解。这道题其实还有一个小细节：二进制下加法进位个数与加法顺序无关，且多数加和进位同样可以用公式计算，可以根据 \(C(l,r)\) 的推导式 得到。以及这道题还有 \(\mathcal{O}(n\log n)\) 做法，出题人拼尽全力无法卡掉。
注意事项：
- 取模时一定要加上一个模数防止出现负数。
- 不要 给涉及 \(C(l,r)\) 的计算的任何数据取模（包括 \(A,pre,prec\)）。
- \(A_i\le 10^{12}\)，检查取模是否及时。
- 观察左界与右界的区别，检查初始值，检查有没有 \(dp_r+1\)。
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