CF1891 D. Suspicious logarithms [类数论分块]

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前题提要:无

题目很简单就是给出 F ( x ) = ⌊ l o g 2 x ⌋ , G ( x ) = ⌊ l o g F ( x ) x ⌋ , 求 ∑ G ( x ) F(x)=\lfloor log_{2}x\rfloor,G(x)=\lfloor log_{F(x)}x\rfloor,求\sum{G(x)} F(x)=log2x,G(x)=logF(x)x,G(x)

很显然对于这道题,一般人很容易想到数论分块,因为很显然,不论是 F F F还是 G G G都是会存在很多个相同数连续在一块的,而且值都不会很大,但是具体来说应该怎么解决呢.

考虑固定 F ( x ) F(x) F(x),显然 F ( x ) F(x) F(x)是根据2的幂次来分段的,那么对于每一个区间来说,我们都有 [ 2 k , 2 k + 1 − 1 ] [2^k,2^{k+1}-1] [2k,2k+11],并且这个区间内的所有 F ( x ) F(x) F(x)都是 k k k,那么此时的问题就是如何快速解决我们的 G G G函数了.首先不难发现, G G G函数应该是一个关于x的单调增函数.并且不难发现 G G G函数的值想要增加1,需要x乘上一个 k k k,此时我们还会发现 k ≥ 2 k\geq 2 k2,这有什么用呢.这意味着我们的 G G G函数想要变化大致需要一个乘上一个2,但是我们会发现我们的区间长度最大也没有两倍,所以我们的 G G G函数在这个区间内的变化不会超过2.并且他是递增的,所以显然我们可以进行二分解决分界点的问题.

到此时按理说本题到这里就解决了,但是需要注意的是本题比较容易被卡常,所以带上二分的那个log我们是过不去的.所以我们需要优化掉那个 l o g log log(也就是换一种方法来实现但是思想和二分差不多??),优化方法具体可以看后面的代码.

还需要注意的是假设使用 l o g 2 log2 log2函数可能还是会被卡常,建议使用库函数 _ l g \_lg _lg跑的更快一些.


下面是具体的代码部分:

#include 
using namespace std;
typedef long long ll;
#define root 1,n,1
#define ls rt<<1
#define rs rt<<1|1
#define lson l,mid,rt<<1
#define rson mid+1,r,rt<<1|1
inline ll read() {
	ll x=0,w=1;char ch=getchar();
	for(;ch>'9'||ch<'0';ch=getchar()) if(ch=='-') w=-1;
	for(;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar()) x=x*10+ch-'0';
	return x*w;
}
inline void print(__int128 x){
	if(x<0) {putchar('-');x=-x;}
	if(x>9) print(x/10);
	putchar(x%10+'0');
}
#define maxn 1000000
#define int long long
const int mod=1e9+7;
const double eps=1e-8;
#define	int_INF 0x3f3f3f3f
#define ll_INF 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
int solve(int n) {
	__int128 ans=0;
	for(int i=4;i<=n;i++) {
		int temp=log2(i)+1;
		int j=min((1ll<<temp)-1,n);
		int L=i,R=j;
		int f=__lg(i);
		__int128 pos=1;int num2=0;
		while(pos*f<=R) pos*=f,num2++; 
		if(pos<=L) {
			ans+=(__int128)(j-i+1)*num2%mod;ans%=mod;
		}
		else {
			pos--;
			ans+=((__int128)(pos-i+1)*(num2-1)%mod+(__int128)(j-pos)*num2%mod)%mod;ans%=mod;	
		}
		i=j;
	}
	return ans;
}
signed main() {
	int T=read();
	while(T--) {
		int l=read();int r=read();
		print((solve(r)-solve(l-1)+mod)%mod);puts("");
	}
	return 0;
}

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