Luogu8177 solution

Problem

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Solution

引理：\(a_i\) 与 \(a_i+d\) 之间可以添加 \(2^{\max\{k|d\mod{2^k}=0\}}-1\) 个数。

证明：

• 数学归纳法。

• 当 \(d\) 为奇数时，\(a_i+a_i+d\equiv2a_i+d\) 为奇数，无法添加，满足条件。

• 当 \(d=2\) 时可以添加一个。\(a_i+a_i+2=2a_i+2\) 为偶数，\(\frac{2a_i+2}{2}=a_i+1\neq a_i\neq a_i+2\)，满足条件。

• 若 \(d\le k\) 满足条件，则将 \(d\cdot x\)。当 \(x\) 为奇数时，\(a_i+a_i+xd=2a_i+xd\)。若 \(d\) 为奇数，则上式亦为奇数无法添加。若 \(d\) 为偶数，则上式为偶数，可以添加 \(\frac{2a_i+xd}{2}=a_i+\frac{d}{2}x\)；\(a_i\) 与 \(a_i+\frac{d}{2}x\) 之间差为 \(\frac{d}{2}x\)，可以继续添加 \(2^{\max\{k|\frac{d}{2}x\mod{2^k}=0\}}-1=2^{\max\{k|\frac{d}{2}\mod{2^k}=0\}}-1\) 个数；\(a_i+\frac{d}{2}x\) 与 \(a_i+xd\) 之间差为 \(\frac{d}{2}x\)，可以继续添加 \(2^{\max\{k|\frac{d}{2}x\mod{2^k}=0\}}-1=2^{\max\{k|\frac{d}{2}\mod{2^k}=0\}}-1\) 个数。两者相加再加上最初加的 \(a_i+\frac{d}{2}x\)，答案为 \(2\cdot(2^{\max\{k|\frac{d}{2}\mod{2^k}=0\}}-1)+1=2^{\max\{k|d\mod{2^k}=0\}}-1\)，满足条件。

• 若 \(d\le k\) 满足条件，则将 \(d\cdot 2\)。\(a_i+a_i+2d=2a_i+2d\)。上式为偶数，可以添加 \(\frac{2a_i+2d}{2}=a_i+d\)；\(a_i\) 与 \(a_i+d\) 之间差为 \(d\)，可以继续添加 \(2^{\max\{k|d\mod{2^k}=0\}}-1\) 个； \(a_i+d\) 与 \(a_i+2d\) 之间差为 \(d\)，可以继续添加 \(2^{\max\{k|d\mod{2^k}=0\}}-1\) 个；两者相加再加上最初加的 \(a_i+d\)，答案为 \(2\cdot(2^{\max\{k|d\mod{2^k}=0\}}-1)+1=2^{\max\{k|2d\mod{2^k}=0\}}-1\)，满足条件。

• 证毕。

则对于每一个 \(a_i+(k-1)d\) 与 \(a_i+kd\) 都可以添加一个 \(2^{\max\{k|d\mod{2^k}=0\}}-1\)，而这样 \(k-1\ge1\) 的 \(k\) 共有 \(n-1\) 个，故答案为 \((n-1)\cdot(2^{\max\{k|d\mod{2^k}=0\}}-1)\)。

算法时间复杂度 \(\Theta(\log n)\)。

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
signed main() {
	int T,n,a,d;
	scanf("%lld",&T);
	while(T--) {
		scanf("%lld%lld%lld",&n,&a,&d);
		int tot=1;
		while((d+1)&1)
			tot<<=1,d>>=1;
		printf("%lld\n",(n-1)*(tot-1));
	}
	return 1;
}