[海军国际项目办公室]漏斗计算
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篇首语：本文由小常识网(cha138.com)小编为大家整理，主要介绍了[海军国际项目办公室]漏斗计算相关的知识，希望对你有一定的参考价值。
漏斗计算
题面描述
原题实际上是瓶子国的故事的子任务9，由校监改编。
但一个子任务就已经很恶心了，总共有10个子任务
题解
首先，我们考虑如何实现下面操作。
判断一个未知大小的容器
a
a
a是否大于等于给定的数
x
x
x，如果大于等于
x
x
x，得到一个大小为
1
1
1的容器，否则得到一个大小为
0
0
0的容器。
显然，上面的操作可以这样实现。
我们将容器
a
a
a填满，造出一个大小为
x
x
x和
x
−
1
x-1
x−1的容器。
我们将
a
a
a加入
x
x
x中，显然，如果
a
⩾
x
a\\geqslant x
a⩾x，那么
x
x
x是满的，否则
x
x
x中只有
x
−
1
x-1
x−1是满的。
我们将
x
x
x倒到
x
−
1
x-1
x−1的容器中去，此时，只有在
a
⩾
x
a\\geqslant x
a⩾x时，我们的
x
x
x中才会有
1
1
1的大小。
我们按
x
x
x现在的球数建一个容器，就可以得到我们想要的了。
有了这个操作，我们就可以实现我们的乘法操作了。
我们对
a
a
a询问数
1
,
2
,
.
.
.
,
∞
1,2,...,\\infty
1,2,...,∞就可以得到
a
a
a个大小为
1
1
1的容器，以及
∞
\\infty
∞个大小为
0
0
0的容器。
我们将它们都扩大无限倍，显然，大小为
0
0
0的容器容量不会变，但大小为
1
1
1的容器会变成
i
n
f
t
y
infty
infty。
我们往所有容器中都尝试加一个
b
b
b，那么最后会有
a
a
a个
b
b
b，我们把它们加在一起就是
a
b
ab
ab了。
不过我们完全没有必要一个一个地减小
a
a
a。
我们可以像倍增一样，从大到小枚举
a
a
a的每个二进制位。
如果
a
⩾
2
i
a\\geqslant 2^i
a⩾2i，我们就对
a
a
a减去
2
i
2^i
2i，再将我们的容器扩到无限大，加入
2
i
2^{i}
2i个
b
b
b。
对
a
a
a减去
2
i
2^{i}
2i的过程我们需要将我们得到的那个
0
/
1
0/1
0/1容器扩大到
2
i
2^i
2i倍，将
a
a
a填满，往
2
i
2^i
2i的容器中倒球，倒了后根据
a
a
a的剩余球数新建容器，置换掉
a
a
a即可。
而
0
/
1
0/1
0/1容器的扩倍与
b
b
b容器的扩倍是一样的，我们像快速幂一样，不断对容器乘
2
2
2，也就是将该容器填满球往别的容器中倒两次，再赋值回来即可。
整个过程我们必然再每个
a
a
a的二进制位为
1
1
1的位置，都加上了
2
i
2^i
2i个
b
b
b，总共加起来就是
a
b
ab
ab了。
这样的话我们也很容易想到我们的取模操作了。
由于我们的模数是个
2
2
2的幂数，
262144
=
2
18
262144=2^{18}
262144=218，我们可以枚举那些大于
2
17
2^{17}
217的二进制位，将它们按上面的方法都减去，就可以保留下来前
18
18
18个二进制位，得到答案了。
非常简单的取模技巧，这种取模方法是
O
(
log
2
n
)
O\\left(\\log^2\\,n\\right)
O(log2n)。
但我们观察到一点，
注意一个漏斗组的容量有限，不超过 1 0 9 10^{9} 109。
而我们的
a
×
b
a\\times b
a×b最大可能达到
1
0
10
10^{10}
1010，这意味着我们不能全部乘完后再一次性取模。
但如果我们在加的过程中不断取模的话，我们的取模次数就会达到
log
n
\\log\\,n
logn的级别，那么总操作次数就是
O
(
log
3
n
)
O\\left(\\log^3n\\right)
O(log3n)，加上我们巨大的常数，显然是不行的。
得考虑其它办法，减小取模的次数
但这时小香猪跳出来，哞哞(沐目)几声，大意是，我们可以将 a a a和 b b b都按位拆分，将 a a a与 b b b乘起来小于 2 18 2^{18} 218的两位乘起来加入答案，显然，这样我们的到的和较小的，只需要取模一次。
我们记
a
i
a_{i}
ai表示
a
a
a在第
i
i
i位上的取值，同理，
b
i
b_{i}
bi表示
b
b
b在第
i
i
i位的取值，它们的取值要么是
2
i
2^i
2i，要么是
0
0
0。
我们枚举从
0
0
0到
17
17
17在
a
a
a的二进制位，将它们都扩大无限倍，显然，只有
a
a
a二进制位上为
1
1
1的部分是无限大的。
如果我们当前枚举的是第
i
i
i为，我们就将
b
b
b在
0
0
0到
17
−
i
17-i
17−i上的值扩大两倍，加到
a
i
a_{i}
ai中去。
当
i
i
i变到
k
k
k时，我们就已经将要用的部分的
b
b
b扩大
2
k
2^{k}
2k倍了。
显然，要用的
b
b
b的集合是单调不增的。
那么，我们每个
a
i
a_{i}
ai，存的就是
2
i
(
b
0
+
.
.
.
+
b
17
−
i
)
o
r
0
2^i(b_{0}+...+b_{17-i})\\,or\\,0
2i(b0+...+b17−i)or0。
我们将所有的
a
a
a加起来，就可以得到
a
b
ab
ab的值了。
显然，这样我们就可以将我们的总操作次数压缩到
O
(
log
2
n
)
O\\left(\\log^2n\\right)
O(log2n)了，最后的值最大也很小，最后取一次模就可以了。
时间复杂度 O ( log 2 n ) O\\left(\\log^2\\,n\\right) O(log2n)，总操作次数 O ( log 2 n ) O\\left(\\log^2n\\right) O(log2n)，但常数较大，大概有 6 × 1 0 3 6\\times 10^3 6×103次操作。
源码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define MAXN 1000005
#define lowbit以上是关于[海军国际项目办公室]漏斗计算的主要内容，如果未能解决你的问题，请参考以下文章