[洛谷P5342][TJOI2019]甲苯先生的线段树

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P5342 [TJOI2019]甲苯先生的线段树

Solution

• 对于 $c=1$，由于路径长度为 $O(d)$ 级别，只要知道 $lca(x,y)$ 就是 $x,y$ 二进制下的 $lcp$ 就可以做了。

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• 对于 $c=2$，先和 $c=1$ 一样求出路径编号和，然后要知道一个显然性质和一个神仙性质：
  $(1).$ 记 $x$ 二进制中 $1$ 的个数为 $cnt(x)$，则 $x$ 到根的路径编号和为 $2x-cnt(x)$。注意这个性质在根为 $0$ 时也成立，只要 $x$ 的儿子还是 $2x,2x+1$。
  $(2).$ 记路径的编号和为 $s$，路径的两个端点为 $x,y$，$lca(x,y)=z$，$x\to z$ 要经过 $a$ 条边，$y\to z$ 要经过 $b$ 条边。那么当 $a,b,s$ 都为定值时，$z$ 也必为定值。

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• 考虑证明性质 $(2):$
  把路径 $x\to y(x<y)$ 上的每个点编号写成二进制，它们的 $lcp$ 就是 $z$ 的二进制。记 $z$ 的二进制有 $t$ 位，那么先算出每个点编号前 $t$ 位的值的贡献。$z$ 的贡献是 $z$，$z$ 的每个儿子的贡献是 $2z$，每个孙子的贡献是 $4z$，依此类推，可以得出前 $t$ 位的总贡献 $v$ 为：
  $z+2z+4z+....+2^{a}z+z+2z+4z+...+2^{b}z-z$
  $=(2^{a+1}+2^{b+1}-3)z$
• 记 $k$ 为其它贡献，即：$vz+k=s$
  讨论 $k$ 的取值范围（先假设 $a,b>0$）：
  $1.$ $z$ 往左走 $1$ 步，然后往左走 $a-1$ 步到 $x$；$z$ 往右走 $1$ 步，然后往左走 $b-1$ 步到 $y$。路径 $x\to z$ 对 $k$ 的贡献为 $0$，$y\to z$ 对 $k$ 的贡献为 $2^b-1$，此时 $k$ 取最小值。
  $2.$ $z$ 往左走 $1$ 步，然后往右走 $a-1$ 步到 $x$；$z$ 往右走 $1$ 步，然后往右走 $b-1$ 步到 $y$。路径 $x\to z$ 对 $k$ 的贡献为 $2^a-a-1$，$y\to z$ 对 $k$ 的贡献为 $2^{b+1}-b-2$，此时 $k$ 取最大值。
  综上所述，$k\in [2^b-1,2^a+2^{b+1}-a-b-3]$。
• 发现 $k<v$，那么 $z=s/v,k=s\%v$，$v$ 的值只和 $a,b$ 有关，所以 $z$ 为定值，证毕。

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• 那么问题转化为：找到两个数 $p,q$（就是 $x,y$ 砍掉前 $t$ 位之后的值，砍掉前 $t$ 位后，$x$最高位是 $0$，$y$ 最高位是 $1$），$p<2^{a-1},q<2^b,2(p+q)-cnt(p)-cnt(q)=k$，注意 $q$ 的 $2^{b-1}$ 位必须为 $1$。
• 枚举 $cnt(p)+cnt(q)$，得到 $a+b=w$，做数位$dp$，$f[i][j][k=0/1]$ 表示从个位开始（$a,b$ 同时填），填了 $i$ 位，此时共填 $j$ 个 $1$，是否进位到第 $i+1$ 位，要求 $a+b$ 的每一位都和 $w$ 对上即可。
• 注意细节，注意多开 $long$ $long$，注意树高对 $a,b,z$ 值的限制。
• 时间复杂度 $O(d^5)$，常数显然很小。

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Code

#include 

using namespace std;

#define ll long long

template <class t>
inline void read(t & res)
{
     
    char ch;
    while (ch = getchar(), !isdigit(ch));
    res = ch ^ 48;
    while (ch = getchar(), isdigit(ch))
    res = res * 10 + (ch ^ 48);
}

template <class t>
inline void print(t x)
{
     
    if (x > 9) print(x / 10);
    putchar(x % 10 + 48);
}

const int e = 205;
ll f[e][e][2], ans;
bool a1[e], b1[e];

inline ll dp(int a, int b, ll s, int c)
{
     
    int i, j, t, x, y, bit = max(max(a - 1, b), (int)log2(s) + 1) + 1; 
	bool flag = a == 3 && b == 2;
    for (i = 0; i < bit; i++)
    for (j = 0; j <= c; j++)
    f[i][j][0] = f[i][j][1] = 0;
    i = 0;
    for (x = 0; x <= 1; x++)
    for (y = 0; y <= 1; y++)
    {
     
        int k = x + y >> 1, z = x + y & 1;
        if (i == b - 1 && !y) continue;
        if (z != (s & 1)) continue;
        if (i > b - 1 && y) continue;
        if (i > a - 2 && x) continue;
        f[0][x + y][k]++;
    }
    for (i = 0; i < bit - 1; i++)
    {
     
        ll d = s & (1ll << i + 1);
        if (d) d = 1;
        for (j = 0; j <= c; j++)
        for (t = 0; t <= 1; t++)
        if (f[i][j][t])
        for (x = 0; x <= 1; x++)
        for (y = 0; y <= 1; y++)
        {
     
            int now = x + y + t, k = now >> 1, z = now & 1;
            if (i + 1 == b - 1 && !y) continue;
            if (z != d) continue;
            if (i + 1 > b - 1 && y) continue;
            if (i + 1 > a - 2 && x) continue;
            f[i + 1][j + x + y][k] += f[i][j][t];
        }
    }
    return f[bit - 1][c][0];
}

inline ll calc(ll x)
{
     
    ll res = x << 1;
    while (x) res -= x & 1, x >>= 1;
    return res;
}

int main()
{
     
    int i, lx, ly, op, tst, h;
    ll x, y, z;
    read(tst);
    while (tst--)
    {
     
        read(h); read(x); read(y); read(op);
        ll x2 = x, y2 = y;
        lx = ly = z = 0;
        while (x) a1[++lx] = x & 1, x >>= 1;
        while (y) b1[++ly] = y & 1, y >>= 1;
        reverse(a1 + 1, a1 + lx + 1);
        reverse(b1 + 1, b1 + ly + 1);
        for (i = 1; i <= lx && i <= ly; i++)
        if (a1[i] == b1[i]) z = z * 2 + a1[i];
        else break;
        ll s = calc(x2) + calc(y2) - calc(z) - calc(z >> 1);
        if (op == 1)
        {
     
            print(s);
            putchar('\n');
            continue;
        }
        ans = 0;
        for (int a = 0; a < h; a++)
        for (int b = 0; b < h; b++)
        {
     
            ll y = ((1ll << a + 1) + (1ll << b + 1) - 3), x = s / y;
            if (!x) continue;
            if ((int)log2(x) + 1 + max(a, b) > h) continue;
            ll k = s - x * y;
            for (int c = 0; c <= a + b; c++) 
            if ((k + c) % 2 == 0) ans += dp(a, b, k + c >> 1, c);
        }
        print(ans - 1);
        putchar('\n');
    }
    return 0;
}