[ABC384F] Double Sum 2 题解

F - Double Sum 2

中文题意

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时间限制：\(4\) 秒
空间限制：\(1024 \sf MB\)

题意描述

对于正整数 \(x\)，按如下方式定义 \(f(x)\)：“当 \(x\) 为偶数时，持续用 \(2\) 来除 \(x\)。经过这些除法运算后 \(x\) 的最终值就是 \(f(x)\)。” 例如，\(f(4) = f(2) = f(1) = 1\)，以及 \(f(12) = f(6) = f(3) = 3\)。

给定一个长度为 \(N\) 的整数序列 \(A = (A_1, A_2, \dots , A_N)\)，求 \(\sum_{i = 1}^{N} \sum_{j = i}^{N} f(A_i + A_j)\)

数据范围

• \(1 \leq N \leq 2 \times 10^5\)

• \(1 \leq A_i \leq 10^7\)

• 所有输入的值都是整数。

输入格式

\(N\)
\(A_1\) \(A_2\) \(\dots\) \(A_N\)

输入格式

输出答案。

样例#1解释

\(f(A_1+A_1)=f(8)=1,f(A_1+A_2)=f(12)=3,f(A_2+A_2)=f(16)=1\)。因此，输出 \(1+3+1=5\)。

解题

首先推式子.

\[\because ans = \sum_{i=1}^{N} \sum_{j=i}^{N} f(A_i + A_j) \\ \because f(A_i + A_j) = (A_i + A_j) - \frac{A_i + A_j}{2 ^ 1} - \frac{A_i + A_j}{2 ^ 2} - \frac{A_i + A_j}{2 ^ 3} - \dots \\ \therefore ans = \sum_{i=1}^{N} \sum_{j=i}^{N} (A_i + A_j) - \frac{A_i + A_j}{2 ^ 1} - \frac{A_i + A_j}{2 ^ 2} - \frac{A_i + A_j}{2 ^ 3} - \dots \\ \therefore ans = \sum_{i=1}^{N} \sum_{j=i}^{N} (A_i + A_j) + \sum_{i=1}^{N} \sum_{j=i}^{N} - \frac{A_i + A_j}{2 ^ 1} - \frac{A_i + A_j}{2 ^ 2} - \frac{A_i + A_j}{2 ^ 3} - \dots \\ \therefore ans = \sum_{i=1}^{N} A_i \times (n + 1) + \sum_{i=1}^{N} \sum_{j=i}^{N} - \frac{A_i + A_j}{2 ^ 1} - \frac{A_i + A_j}{2 ^ 2} - \frac{A_i + A_j}{2 ^ 3} - \dots \]

令 \(S = 2^k \ (k \isin Z^*)\).

令 \(ans\) 初值为 \(\sum_{i=1}^{N} A_i \times (n + 1)\).

从 \(1\) 开始枚举 \(k\) 直到 \(S \gt 2 \times 10^7\).

​ 对于每个 \(S\) 重新统计一遍 \(A_i + A_j \ (i \leqslant j)\) 能被 \(S\) 整除的值，并从 \(ans\) 中删去，具体操作见下.

​ 从 \(1\) 到 \(n\) 枚举 \(i\)，记录每一个 \(A_i\) 除以 \(S\) 的商、余数. 利用此前统计的数据，寻找和 \(A_i\) 的余数能凑成 \(S\) 或 \(0\) 的 \(A\) 值，并计算应得的和，减去.

​ 注意：直接枚举找 \(A\) 时超时的，应开两个桶，记录之前数的商、余数.

​ 最后对每个 \(S\) 清空桶.

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <cassert>
using namespace std;

const int NR = 1e5 + 10;
const int SR = 2e7 + 10;
long long a[NR];
long long bp[SR], bq[SR];

int main()
{
	int n;
	scanf("%d", &n);
	long long ans = 0;
	for (int i = 1; i <= n; i ++)
	{
		scanf("%lld", &a[i]);
		ans += a[i] * (n + 1);
	}
	for (long long S = 2; S <= 2e7; S *= 2)
	{
		for (int i = 1; i <= n; i ++)
		{
			long long p = a[i] / S, q = a[i] % S;
			bp[q] += p;
			bq[q] ++;
			if (q == 0)
			{
				ans -= bp[0] + p * bq[0];
			}
			else
			{
				ans -= bp[S - q] + (p + 1) * bq[S - q];
			}
		}
		for (int i = 1; i <= n; i ++)
		{
			long long p = a[i] / S, q = a[i] % S;
			bp[q] -= p;
			bq[q] --;
		}
	}
	printf("%lld\n", ans);
	return 0;
}

对代码 \(31\) ~ \(38\) 行的说明： 对于这个 \(A_i = p \times S + q\) 的 \(A_i\)，我们要寻找余数为 \(S - q\) 、位置 \(\leqslant i\) 的 \(A\) 值. bp[S - q] 储存了余数为 \(S - q\) 所有数除以 \(S\) 的商的和，bq[S - q] 储存了余数为 \(S - q\) 的数的总数量. 本次对 \(ans\) 的负贡献首先是 bp[S - q]；其次对 bq[S - q] 中的每一个，有一个的 \(A_i\) 的商做贡献，还有 \(\frac{q + (S - q)}{S}=1\) 的贡献，对 \(q = 0\) 另当别论. 于是普通情况中 ans -= bp[S - q] + (p + 1) * bq[S - q];，易得 \(q = 0\) 时 ans -= bp[0] + p * bq[0];.