题解：洛谷 AT_abc438_e Heavy Buckets

【题目来源】

洛谷：AT_abc438_e [ABC438E] Heavy Buckets - 洛谷

【题目描述】

有 \(N\) 人和 \(N\) 桶。人和水桶的编号都是 \(1, 2, \ldots, N\)。

最初，人 \(i\) 只持有水桶 \(i\) ，而水桶 \(i\) 是空的。

从现在起，将执行以下操作 \(10^9\) 次：

同时在 \(i = 1, 2, \ldots, N\) 中，\(i\) 将 \(i\) 个单位的水添加到自己手中的每个水桶中，并将这些水桶递给 \(A_i\)。

在这里，水桶中的水量没有限制。

对于 \(i = 1, 2, \ldots, Q\) ，请回答下列问题：

求第 \(T_i\) 次操作后，水桶 \(B_i\) 中的水量。

【输入】

输入内容由标准输入法提供，格式如下

\(N\) \(Q\)
\(A_1\) \(A_2\) \(\ldots\) \(A_N\)
\(T_1\) \(B_1\)
\(T_2\) \(B_2\)
\(\vdots\)
\(T_Q\) \(B_Q\)

【输出】

输出 \(Q\) 行。第 \(i\) 行应包含第 \(i\) 次查询的答案。

【输入样例】

5 6
3 4 2 2 5
4 3
6 5
1 4
10 1
10 2
1000000000 1

【输出样例】

【核心思想】

问题分析：给定 \(N\) 个人和水桶，每次操作所有人同时将 \(i\) 单位水加入自己手中的每个水桶，然后将水桶递给 \(A_i\)。需要回答 \(Q\) 个查询：第 \(T_i\) 次操作后水桶 \(B_i\) 中的水量。这是一个倍增（Binary Lifting）问题，关键在于将 \(10^9\) 次操作转化为对功能图的快速路径求和，利用二进制分解将 \(O(T)\) 模拟优化为 \(O(\log T)\)。
算法选择：
- 功能图（Functional Graph）：每个节点 \(i\) 有且仅有一条出边指向 \(A_i\)，形成由若干基环树组成的结构
- 倍增预处理：\(f[u][i]\) 表示从节点 \(u\) 出发走 \(2^i\) 步到达的节点，\(v[u][i]\) 表示这段路径上经过的节点编号之和（即贡献的水量基数）
- 二进制分解：将操作次数 \(T\) 拆分为 \(2\) 的幂次之和，通过查表 \(O(\log T)\) 完成路径跳跃
关键步骤：
- 初始化（\(2^0 = 1\) 步）：
  - \(f[u][0] = A_u\)：从 \(u\) 走 \(1\) 步到达 \(A_u\)
  - \(v[u][0] = u\)：第 \(1\) 步操作时，\(u\) 向手中水桶加 \(u\) 单位水，贡献为 \(u\)
- 倍增预处理（\(i\) 从 \(1\) 到 \(29\)，因为 \(2^{30} > 10^9\)）：
  - \(f[u][i] = f[f[u][i-1]][i-1]\)：从 \(u\) 走 \(2^i\) 步 = 先走 \(2^{i-1}\) 步，再走 \(2^{i-1}\) 步
  - \(v[u][i] = v[u][i-1] + v[f[u][i-1]][i-1]\)：路径和 = 前半段和 + 后半段和
- 查询处理（对于每个查询 \((T, B)\)）：
  - 初始化 \(ans = 0\)，当前位置 \(b = B\)
  - 从高位到低位遍历 \(i\)（\(29\) 到 \(0\)）：
    - 若 \(T\) 的第 \(i\) 位为 \(1\)（即 \(T \& (1 \ll i) \neq 0\)）：
      - \(ans \mathrel{+}= v[b][i]\)：累加走 \(2^i\) 步经过的节点编号之和
      - \(b = f[b][i]\)：跳跃到 \(2^i\) 步后的位置
  - 输出 \(ans\)
- 正确性说明：第 \(k\) 次操作时，持有某水桶的人编号为 \(p_k\)，则该次操作向此桶加 \(p_k\) 单位水。\(T\) 次操作后总水量 = \(\sum_{k=1}^{T} p_k\)，恰好等于路径上节点编号之和
时间/空间复杂度：
- 时间复杂度：预处理 \(O(N \log T_{\max})\)，单次查询 \(O(\log T_{\max})\)，总查询 \(O(Q \log T_{\max})\)
- 空间复杂度：\(O(N \log T_{\max})\)，两个倍增表 \(f\) 和 \(v\)，维度为 \(N \times 30\)
倍增的核心思想：
- 二进制分解降维：任何整数 \(T\) 可唯一表示为若干 \(2^i\) 之和，将线性遍历转化为对数级跳跃
- 倍增递推：\(f[u][i]\) 由 \(f[u][i-1]\) 和 \(f[f[u][i-1]][i-1]\) 组合得到，体现"大事化小、小事化了"的分治思想
- 路径信息可叠加性：\(v[u][i]\) 满足可加性，保证二进制分解后各段的和能直接累加得到总答案
- 离线预处理、在线查询：先 \(O(N \log T)\) 建表，后 \(O(\log T)\) 回答每个查询，适用于大量重复查询场景
- 适用于"功能图上的路径查询"、"多次大跨度跳跃"、"区间信息可合并"类问题

【算法标签】

普及 #倍增

【代码详解】

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long  // 定义int为long long，处理大数

const int N = 200005;
int n, Q;  // n: 数组长度，Q: 查询次数
int a[N];  // 原始数组

// 倍增表，第一维是节点，第二维是2的幂次
// f[u][i]: 从节点u开始，走2^i步到达的节点
// v[u][i]: 从节点u开始，走2^i步经过的节点编号之和
int f[N][30], v[N][30];

signed main()  // 因为#define int long long，所以用signed main
{
    // 输入数据
    cin >> n >> Q;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        cin >> a[i];
        // 初始化：走2^0=1步
        f[i][0] = a[i];  // 从i走1步到a[i]
        v[i][0] = i;     // 经过的节点是起始节点i本身
    }

    // 预处理倍增表
    for (int i = 1; i < 30; i++)  // 2^30 > 1e9，足够大
    {
        for (int u = 1; u <= n; u++)  // 遍历所有节点
        {
            // 从u走2^i步 = 从u走2^(i-1)步，再走2^(i-1)步
            f[u][i] = f[f[u][i-1]][i-1];

            // 路径和 = 前2^(i-1)步的和 + 后2^(i-1)步的和
            v[u][i] = v[u][i-1] + v[f[u][i-1]][i-1];
        }
    }

    // 处理查询
    while (Q--)
    {
        int t, b;  // t: 走的步数，b: 起始节点
        cin >> t >> b;

        int ans = 0;  // 存储路径上节点编号之和

        // 二进制分解t，从高位到低位处理
        for (int i = 29; i >= 0; i--)
        {
            // 如果t的第i位是1
            if (t & (1 << i))
            {
                // 累加从b开始走2^i步经过的节点编号之和
                ans += v[b][i];
                // 更新当前位置到走2^i步后的位置
                b = f[b][i];
            }
        }

        cout << ans << endl;
    }

    return 0;
}

【运行结果】

5 6
3 4 2 2 5
4 3
11
6 5
30
1 4
4
10 1
28
10 2
30
1000000000 1
2999999998

posted @ 2026-08-27 11:04 团爸讲算法阅读(7) 评论(0) 收藏举报

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题解：洛谷 AT_abc438_e Heavy Buckets

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