CF2152D Division Versus Addition 题解

为了方便叙述，我们管先手叫Alice,后手叫Bob。
Alice让数字÷2，Bob让数字+1。
对于这种问题，我们可以从二进制角度来看，Alice就是对一个数右移一位，Bob就是让一个数+1。

那么如果不+1，一个数只需要\(\log(x)\)次操作就可以变为\(1\)。现在考虑加上\(1\)的影响。

• 如果一个数是\(2^k\)，那么只有最高位为1，不管Bob怎么做，都是在最低位\(+1\)，Alice只需要右移一位就可以消除这个影响，所以说\(2^k\)这种数只需要\(k\)次就可以变为\(1\)。
• 如果一个数是\(2^k+x，2^k>x>1\)，那么它必然有一个既不在最高位也不在最低位的位置上有\(1\)，只要这一位成为了Alice进行若干次右移之后的最低位，那么Bob只需要不断地末尾\(+1\)，就可以一直维持最低位的\(1\)，一直维持到二进制为\(11\)的时候，如果再\(+1\)，那么就会让位数\(+1\)，也就是右移次数\(+1\)，所以说这种情况需要\(k+1\)次变为\(1\)。
• 如果一个数是\(2^k+1\)，那么如果Alice先操作，就会变为\(2^{k-1}\)，只需要\(k-1\)次操作就可以变为\(1\)；如果Bob先操作，就会让最终的右移次数变为\(k+1\)。那么Alice和Bob一定要争夺这两个数，显然如果这样的数有\(x\)个，那么Alice能拿到\(\lfloor \frac{x+1}{2} \rfloor\)，Bob可以拿到\(x-\lfloor \frac{x+1}{2} \rfloor\)个。

因为上面的第一种情况和第二种情况，Alice和Bob不管怎么操作，另一方都可以执行对应的操作使得得到对应情况的最优解，所以说第一种情况和第二种情况的最优解一定是固定的。第三种情况也是固定的，因为一方希望操作次数尽可能少，另一放希望操作次数尽可能多。

计\(1-i\)位置第一、二、三种情况的数量分别为\(A、B、C\)，那么所以说总共的答案就是\(\sum_{i=l}^{r} \lfloor\log(a_i)\rfloor+B_r-B_{l-1}-(\lfloor \frac{B_r-B_{l-1}+1}{2}\rfloor)+C_r-C_l-1\)

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
/*



*/
#define ll long long

ll sub(int l,int r,vector<ll> &a){
    return a[r]-a[l-1];
}

void sol() {
    int n,q;
    cin>>n>>q;
    vector<ll> a(n+1),A(n+1,0),B(n+1,0),C(n+1,0),lg(n+1,0);

    for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
    for(int i=1;i<=n;i++){
        A[i]=A[i-1],B[i]=B[i-1];
        lg[i]=lg[i-1]+(ll)floorl(log2(a[i]));
        if(__builtin_popcount(a[i])==1) A[i]++;
        else if(__builtin_popcount(a[i])==2&&(a[i]&1)) B[i]++;
        C[i]=i-A[i]-B[i]; 
    }
    while(q--){
        int l,r;
        cin>>l>>r;
        cout<<sub(l,r,lg)+sub(l,r,C)+sub(l,r,B)-(sub(l,r,B)+1)/2<<'\n';
    }

}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0), cout.tie(0);

    int t = 1;
    cin >> t;
    while (t--) {
        sol();
    }
    return 0;
}

总结：

• 对于只有如/2,+1类的问题，可以从二进制角度考虑
• 与二进制有关的问题可从边界情况入手，如\(2\)的幂次等特殊数值