【学习笔记】Insert Addition

做完直呼妙哉

• 数论好题 防ak好题
• 把每次操作生成的数写下来，可以构造一个满二叉树
• 显然对于树上任意节点$ax+by$满足$(x,y)=1$
• 显然$A_n=\{ax+by|(x,y)=1,1\le x,y\le n\}$
• 并且$a,b\in A_n$
• 对于一颗子树内有效点的数目为$\{(x,y)|ax+by\le n,(x,y)=1\}$
• 答案是${\sum }_k\mu (k){\sum }_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{ak}\rfloor }\lfloor \frac{n-aik}{kb}\rfloor$
• 复杂度$O(\frac{n}{\max (a,b)}\ln \frac{n}{\max (a,b)})$
• 如果根不合法的话，那么整颗子树都无效
• 回到本题，可以在满二叉树上递归，找到$[L,R]$中的所有节点
• 注意到每一层最多只会访问$2$ 个节点，第$k$层莫反规模为$\lfloor \frac{n}{ak}\rfloor$
• 所以虽然是节点为$2^n$的满二叉树，实际计算量很小
• 复杂度显然是$O(n{\ln }^{2}n)$
• 常数大概比较小 确信

#include <bits/stdc++.h>
#define inf 0x3f3f3f3f
#define ll long long
#define fi first
#define se second
using namespace std;
const int N=3e5+5;
ll A,B,L,R;
int n,prime[N],cnt,mu[N],vis[N];
void init(int n) {
    mu[1]=1;
    for(int i=2;i<=n;i++) {
        if(!vis[i]) prime[++cnt]=i,mu[i]=-1;
        for(int j=1;j<=cnt&&prime[j]<=n/i;j++) {
            vis[i*prime[j]]=1;
            if(i%prime[j]==0) break;
            mu[i*prime[j]]=-mu[i];
        }
    }
}
ll work(ll a,ll b) {
    if(a<b) swap(a,b);
    ll res(0);
    for(int k=1;k<=n/a;k++) {
        for(int i=1;i<=n/a/k;i++) {
            res+=mu[k]*((n-a*i*k)/k/b);
        }
    }
    return res;
}
void getans(ll A,ll B) {
    if(A+B>n) return;getans(A,A+B),printf("%lld ",A+B),getans(A+B,B);
}
void dfs(ll A,ll B,ll L,ll R) {
    if(A+B>n) return;
    //1. 子树的全部
    //2. 全部在左子树
    //3. 一部分在左子树，一部分在右子树
    if(L==1&&work(A,B)<=R) {
        getans(A,B);
        return;
    }
    ll pl=work(A,A+B);//printf("ask:%lld %lld %lld\n",A,B,pl);
    if(pl>=R) {
        dfs(A,A+B,L,R);return;
    }
    if(pl>=L) {
        dfs(A,A+B,L,R),L=pl+1;
        R=R-L+1,L=1;
    }
    else {
        L-=pl,R-=pl;
    }
    if(L==1) printf("%lld ",A+B),R--;
    else L--,R--;
    dfs(A+B,B,L,R);
}
signed main() {
    scanf("%lld%lld%lld%lld%lld",&A,&B,&n,&L,&R),init(n);
    if(L==1) printf("%lld ",A),R--;
    else L--,R--;
    if(L>R) return 0;//printf("%lld %lld %lld\n",L,R,work(A,B));
    dfs(A,B,L,R);if(work(A,B)<R) printf("%lld",B); 
}