codeforces 1080D Olya and magical square （思维+数学）（模拟）

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题意：给你一个 n 和 k ，表示你现在有一个边长为 2^n 的正方形，你需要对其进行恰好 k 次操作，使得：① 左下角和右上角的正方形边长一样，假设为 a；② 存在一条路径，这条路径连通左下角和右上角的正方形，并且这条路径上的所有正方形边长也都为 a。其中，操作指的是：找到目前图形中一个边长不为 1 的正方形，假设边长为 b，把它变成四个边长为 b/2 的小正方形。如果找不到这样一条路径，输出"NO"；否则，输出"YES log2(a)"。如果路径上的边长 a 不唯一，随意输出一个。

tips：下述变量可能与题意中的变量无关。

思路：假设所选的路径均为"左下角->左上角->右上角"，即沿着正方形的两条边走。那么我们的思路是先假设路径长度为2^(n-1)不断分割这条路径以外的正方形，直到除了这条路径以外没有正方形可以分割，缩短路径长度。接下来详细描述：

因为题目中给出的 k 是大于等于 1 的，所以最大的输出答案就是 n-1（即操作一次之后log2(2^(n-1))），如下图：

那么除去第一次操作（将初始正方形拆分成上图所示），我们接下来总的操作次数就是把右下角那个 2^(n-1) * 2^(n-1) 的正方形经过数次操作变为全都是边长为 1 的正方形，假设这个次数为 s。我们假设正方形长度为 x，那么经过分析得出右下角那块正方形的操作次数 s = 1 + 4 + ... + 4^(n-1) （此处原因读者可以尝试自行思考或借助打表，并不困难）。在这种情况下，显而易见的是，如果给定的 k <= 1 + s（此处+1是算上第一次操作），那么就可以直接输出"YES n-1"。

那如果 k > 1 + s 呢？我们可以把它拆分成下图所示：

那么除去前 5 次操作（将初始正方形拆分成上图所示），我们接下来总的操作次数就是把除了路径上的7个正方形外的 9 个 2^(n-2) * 2^(n-2) 的正方形经过数次操作变为全都是边长为 1 的正方形，假设这个次数为 k2。我们已经知道了一个如何将一个小正方形拆分了（但是与之前的公式有所区别），那么现在的问题是那个 5 次操作和 9 个正方形的 5 和 9 是怎么得到的。其实也很简单，如果明白了上一步的操作中 s 的计算方法的话，这里可以很轻松的想出，5 = 1 + 4，假设这一步操作的次数是 k1，那么 k1 = 1 + 4 + ... + 4^i，其中的 i 表示这次分割已经是第 i 次了。此时我们也可以得到 k2 = 1 + 4 + ... + 4^(n-i)。而那个 9 也不难想出，其实就是总的正方形个数减去路径上的正方形个数，我们假设这个个数为block。我们假设一条边被分为了 a 段（此处的 a 与题意中的 a 不同），那么可以得出总的正方形个数为 a * a ，路径上的正方形个数为 2 * a - 1，那么 block = a * a - 2 * a + 1也不难得出。那么此时的总结果 s = k1 + block * k2。如果 k <= s，即可输出"YES n-i"，同时我们可以把上一步的 s 计算公式也归纳到这里面。（这些公式中只需要等比数列的计算就可以得到结果）

虽然得到了计算公式，但这样并不足以解决问题，因为题目中的 n 的范围过于庞(e)大(xin)，在计算 s 的过程中会爆long long，所以我们需要多进行一些思考。

通过等比数列求和公式我们可以知道：我们计算出的第一个结果为 s = 1 + ( 4^n - 1 ) / 3，其中最大的值为 4^n = 2^(2n)。题目中给出的 k 的最大值为 1e18，同时我们可以得到 2^62 为 4e18，即 n = 31 是我们计算的极限，而 n > 31 时，我们可以断言边长一定是2^(n-1)，即输出"YES n-1"。

这样子还没有做完。读者读到这里可以自行尝试编写代码（应该有点感觉了），然后可以到下述代码中寻找坑点。

AC代码：

#include 
#include 
#include 
#include 
using namespace std;
typedef long long ll;
ll fp(ll a,ll n){
    ll res=1;
    while(n){
        if(n&1) res=res*a;
        a=a*a;
        n>>=1;
    }
    return res;
}
int main(void){
    int t;scanf("%d",&t);
    while(t--){
        ll n,k;scanf("%lld%lld",&n,&k);
        if(n==2&&k==3) printf("NO\n");
        else if(n>31) printf("YES %lld\n",n-1ll);
        else{
            ll a=2;
            int flag=0;
            for(ll i=1;i<=n;i++){
                ll len=n-i;
                ll block=a*a-a*2ll+1ll;
                //printf("%lld\n",block);
                ll k1=(fp(4ll,i)-1ll)/3ll;
                ll k2=(fp(4ll,len)-1ll)/3ll;
                //printf("%lld %lld\n",k1,k2);
                if(k<=k1+k2*block){
                    flag=1;
                    printf("YES %lld\n",len);
                    break;
                }
                //printf("%lld\n",k1+k2*block);
                a*=2ll;
            }
            if(flag==0) printf("NO\n");
        }
    }
    return 0;
}

/*
29 96076792050570581
*/

tips：代码末尾的数据是 n = 29 时的极限数据。