题解：LGP11397 界分数

LGP11397 界分数

题目描述

定义 \(f(x)\)：

• 有一个分数 \(\frac{0}{x}\)，\(f(x)\) 为以下操作的最小次数，直到这个分数为 \(1\)：

  1. 分子 \(+1\)，然后约分为最简形式。

  2. 分子分母同时 \(+1\)，然后约分为最简形式。

给定正整数 \(n\)，\((n\le10^{18})\)，求 \(\sum\limits_{i=1}^{n} f(i) \mod 998244353\)。

思路

毕竟是 Ad-hoc 题，考的就是思维发散性。

先根据题目，做出一些合理的猜想。例如，贪心地让这个分数每次约掉一个 \(2\)，代入样例发现是对的。那么约掉其他的数行不行呢？这时候就假设这个猜想是最优解，然后尝试去证明它。当然这个猜想要合理，不能胡编乱造，要有一定直觉。

结论：首先 \(+1\) 变成 \(\frac{1}{x}\)，然后接下来，若分母是奇数，执行操作2，约去 \(2\)，若分母是偶数，执行操作1，约去 \(2\)。一定能构成最优解。

以下的证明全部建立在 "首先 \(+1\) 变成 \(\frac{1}{x}\)" 的基础上。

证明：

• 设 \(g(x) = \lceil \log_2\frac{1}{x}\rceil\)，定义域为 \([1,+\infty]\)。

• 显然 \(g\) 在定义域上单调递减。

• 假设某次操作之前是 \(i = \frac{a}{b}\)，操作之后是 \(j = \frac{a+1}{b}\) 或 \(\frac{a+1}{b+1}\)，

• 下证：\(g(i)-g(j)\le 1\)，即每次操作后 \(g\) 的减量不超过 \(1\)。

  • \(\because \frac{a+1}{b}>\frac{a+1}{b+1}\)，

  • \(\therefore g(\frac{a+1}{b}) < g(\frac{a+1}{b+1})\)，

  • 因此只需讨论 \(j=\frac{a+1}{b}\) 的情况。

  • 考虑反证法：

    • 假设 \(g(\frac{a}{b}) - g(\frac{a+1}{b}) > 1\)

    • \(\lceil \log_2\frac{b}{a}\rceil - \lceil \log_2\frac{b}{a+1}\rceil > 1\)

    • 根据上取整的性质，不难得到，

    • \(\log_2\frac{b}{a} - \log_2\frac{b}{a+1} \ge 2\)，

    • \(\log_2\frac{a+1}{a} \ge 2\)，

    • \(a < \frac{1}{3}\)，

    • 然而根据题目以及 \(g\) 的定义域，\(a\) 是正整数，因此假设不成立。

  • 综上，\(g(i)-g(j)\le 1\)。

• 注意到，\(g(x)=0\)，当且仅当 \(x=1\)，

• 因此，操作原来的分数 \(\frac{1}{x}\) 的过程，等价于将 \(g(\frac{1}{x})\) 变为 \(0\) 的操作次数相等的过程。

• 根据 "\(g\) 每次的减量不超过 \(1\)"，那么可以构造最开始的结论的那种方案，使得 \(g\) 每次都减 \(1\)，因此这种方案一定是最优解。

• 证毕。

于是操作次数就是 \(\lceil \log_2x\rceil + 1\)。\(1\) 即最开始的那一步。又根据上述证明，最开始的那一步一定是操作1，才能使 \(g\) 最小。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
using ull = unsigned long long;

const ll mod = 998244353;

ll n;

int main() {
    cin >> n;
    ll ans = 0;
    for (ll l = 1, r = 1, cnt = 1; l <= n; l = r + 1, r = min(r << 1, n), cnt++) {
        ans = (ans + (r - l + 1) % mod * cnt % mod) % mod;
    }
    cout << ans << '\n';
    return 0;
}