BUAAOJ 610 北航校赛 前前前世 dp 预处理

题目地址： https://biancheng.love/problem/610/index

题意：给出一棵无穷结点的二叉树，根节点为 1 ，并且 对于结点 i ，它的两个子结点分别是 2i 和 2i + 1 在结点 p 的前 n 层子树中寻找两个结点 x 和 y ，满足 y 是 x 的子结点的子结点的子结点，且 x ≡ y ≡ 1 (mod k) 问可能的二元组 (x, y) 的数目模 1e9 + 7 的值 。数据范围：1 ≤ T < 1000, 2 ≤ n < 50000, 1 < k < 1018 , 1 ≤ p < 1018

思路和代码都写的不是很好，以后有空再重新写一下

思路：（先说题解思路吧，然后说下自己的）

首先，当k>=15时，此题是无解的，证明：由祖先关系可知 y = 8x + d, d ∈ [0, 2^3 )，由同余关系可知 1 ≡ y ≡ 8x + d ≡ 8 + d (mod k)， 当 k ≥ 15 时， 8 ≤ 8 + d ≤ 15 ，无解。

然后，题目要求的节点对很特殊，根节点一定是1，其对应的节点数一定是该节点的第三层子树中1的个数，记为cnt。递推关系是f [k] [i] [j] = 1， f [k] [i] [j] = 0 (0 ≤ j < k, j != 1)，f[k] [i] [j] = f[k] [i - 1] [j] + f[k] [i - 1] [(j + 2 ^ (i - 1)) % k]

所以对于一个询问，求出所给根节点对应子树的[1, n - 3]层中1的个数乘cnt就好了（根节点为第1层）。防止重复计算，预处理。

题解给出了一个函数 f [k] [i] [j] ，表示长度为 2^i 且最小数字模 k 意义下为 j 的整数区间里模 k 意义下为 1 的数字个数。对于每次询问给出的根节点，都可以用这个函数进行O( n )的求和。（详见第一份代码）。这个还可以加一个前缀和，回答可以达到O( 1 )

自己当初看题解的时候觉得对 f 函数的描述真是拗口……然后自己想了一个函数 g[k] [i] [j]表示模 k 意义下，根节点为1的树第 i 层节点中模 k 结果为 j 的个数。递推关系是：g [k-2] [i+1] [(j*2)%k] += g [k-2] [i] [j] ，g [k-2] [i+1] [(j*2+1)%k] += g [k-2] [i] [j]。

根节点为 1 的子树，只要算好自己最深一层对答案的贡献，然后加上前面已算好的其他深度对答案的贡献就好了。

根节点不是 1 的子树，因为g函数是关于根节点为 1 的子树的函数，所以它的答案是自己两个子树的答案。

详见第二份代码。

很抱歉，因为做这题的时候数组开的不够大……导致疯狂wa，现在自己写的这篇博客有点懒了。

代码：

#include 
#include 
#include 
#include 
using namespace std;
typedef long long LL;
const int MAXN=50000+5;
const int MOD=1e9+7;
LL a[20][MAXN][20];

LL solve(int k,int n,int p){
    LL ret=0;
    LL cnt=0;
    for(int i=8;i<16;++i) if(i%k==1) ++cnt;
    n-=3;
    for(int i=0;i<=n;++i){
        (ret+=cnt*a[k][i][p])%=MOD;、
        (p<<=1)%=k;
    }
    return ret;
}

int main(){
    for(int k=2;k<15;++k){
        LL ret=1;
        for(int i=0;i=15){
            puts("0");
            continue;
        }
        --n;
        p%=k;
        printf("%lld\n",solve(k,n,p));
    }
}

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
using namespace std;
#define MP make_pair
typedef long long LL;
typedef pair P;
const int MAXN=5e4+5;
const int MOD=1e9+7;
int limk=8,limi=8;
int a[13][MAXN][14];
LL ans[13][MAXN][14];

int main(){
    for(int k=2;k<15;++k){
        a[k-2][0][1]=1;
        for(int i=0;i=15){
            puts("0");
            continue;
        }
        --n;
        printf("%lld\n",ans[k-2][n][p%k]);
    }
}