CF750G New Year and Binary Tree Paths（DP）

Posted 2020-12-01 1000suns

神仙题。为啥我第一眼看上去以为是个普及题

路径有两种，第一种是从 LCA 一边下去的，第二种是从 LCA 两边都下去了的。

先考虑第一种。

先枚举路径长度 (h)。

当 LCA 编号是 (x) 时，且所有儿子都是往左走时，和为 ((2^h-1)x)；所有儿子都往右走时，和为 ((2^h-1)x+2^h-1)。显然 ((2^h-1)xle sle (2^h-1)x+2^h-1)。

考虑从下往上第 (i) 个点从左儿子变成右儿子时（其它不变），总和会增加 (2^i-1)。

接下来我们发现无论这条路径长什么样，(x) 都等于 (lfloorfrac{s}{2^h-1} floor)。因为当 (x) 更小时，即使所有儿子都是往右走的，也没有 (x) 取 (lfloorfrac{s}{2^h-1} floor) 时所有儿子都往左走的和大，自然不可能和为 (s)。(x) 更大时同理。

所以我们想让总和再增加 (s-(2^h-1)x)。问题就是有多少种方案，从 (2^1-1,2^2-1,dots,2^{h-1}-1) 中选出一些数（LCA 不能选），使得和为 (s-(2^h-1)x)。

这就简单了。枚举选了 (cnt) 个数，就是能否从 (2^1,2^2,dots,2^{h-1}) 中选出一些数使得和为 (s-(2^h-1)x+cnt)。当且仅当 (s-(2^h-1)x+cnt) 中 (1) 的个数恰好为 (cnt) 方案为 (1)，否则为 (0)。

接下来考虑第二种。

同样的，枚举左链和右链的长度 (l), (r)（都包括 LCA，至少我是这么写的）。同理可以推出 (x) 恒等于 (lfloorfrac{s-2^{r-1}+1}{2^l+2^r-3} floor)。

同理，考虑从全部是左儿子变成一些右儿子。（当然，LCA 的两个儿子除外）

问题就是有多少种方案，从 (2^1-1,2^2-1,dots,2^{l-1}-1,2^1-1,2^2-1,dots,2^{r-1}-1) 中选出一些数，使得和为 (s-2^{r-1}+s-(2^l+2^r-3)x)。

同样枚举个数 (cnt)。下文为了方便设 (res=s-2^{r-1}+s-(2^l+2^r-3)x+cnt)。

这回没办法了，老实上 DP。

令 (f[i][j][k]) 表示考虑 (2^1) 到 (2^i) 这些数，从中选出了 (j) 个，上一位有没有向这一位进位（(k) 是 01 变量）。

初始状态有 (f[0][0][0]=1)。要求是 (f[max(l,r)][cnt][0])。（由于选完之后不能再进位，所以 (k=0)，此时 (i=max(l,r)) 会更方便）

转移方程，枚举左子树选不选（设为 (a)），右子树选不选（设为 (b)），(f[i+1][j+a+b][lfloorfrac{k+a+b}{2} floor]+=f[i][j][k])。

转移条件，首先对应的数要能选（即 (i+1ge l-1) 时就选不了左子树了），另外 (res) 的第 (i+1) 位应恰好是 ((k+a+b)mod 2)。

时间复杂度 (O(log^5s))。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=100010,mod=998244353;
#define lson o<<1,l,mid
#define rson o<<1|1,mid+1,r
#define FOR(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define ROF(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--)
#define MEM(x,v) memset(x,v,sizeof(x))
inline int read(){
    int x=0,f=0;char ch=getchar();
    while(ch<'0' || ch>'9') f|=ch=='-',ch=getchar();
    while(ch>='0' && ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
    return f?-x:x;
}
ll n,f[55][111][2];
int bitcnt(ll x){
    int c=0;
    for(;x;x&=x-1) c++;
    return c;
}
ll solve1(){
    ll ans=0;
    FOR(i,1,50){
        ll x=n/((1ll<<i)-1);
        if(!x) break;
        ll res=n-x*((1ll<<i)-1);
        FOR(j,0,i-1) if((res+j)%2==0 && bitcnt(res+j)==j) ans++;
    }
    return ans;
}
ll solve2(){
    ll ans=0;
    FOR(l,2,50) FOR(r,2,50){
        ll x=(n-(1ll<<(r-1))+1)/((1ll<<l)+(1ll<<r)-3);
        if(!x) break;
//      printf("x=%lld
",x);
        ll res=n-(1ll<<(r-1))+1-x*((1ll<<l)+(1ll<<r)-3);
        FOR(cnt,0,l+r-4) if((res+cnt)%2==0){
//          printf("l=%d,r=%d,cnt=%d,res+cnt=%d
",l,r,cnt,res+cnt);
            FOR(i,0,max(l,r)) FOR(j,0,min(cnt,2*i)) f[i][j][0]=f[i][j][1]=0;
            f[0][0][0]=1;
            FOR(i,1,max(l,r)) FOR(j,0,min(cnt,2*(i-1))){
                FOR(k,0,1) FOR(a,0,1) FOR(b,0,1){
                    if(i>=l-1 && a==1) continue;
                    if(i>=r-1 && b==1) continue;
                    if((k+a+b)%2==((res+cnt)>>i)%2) f[i][j+a+b][(k+a+b)/2]+=f[i-1][j][k];
                }
//              printf("f[%d][%d][0]=%lld,f[%d][%d][1]=%lld
",i-1,j,f[i-1][j][0],i-1,j,f[i-1][j][1]);
            }
            ans+=f[max(l,r)][cnt][0];
        }
    }
    return ans;
}
int main(){
    scanf("%lld",&n);
    printf("%lld
",solve1()+solve2());
}