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  • ???--???二进制变换

    题意 :

    定义两种变换 

    1 : i = i - 1

    2 : i = i - lowbit (i)

    定义函数Calc(i,j)为二进制意义下 i 变换到 j 的最小步数。

    给你一个二进制整数 n,要求 sigma {(i = 1 -> n) sigma {(j = 0 -> i - 1) Calc (i,j)}}

    数据范围 : 

    令n的长度为len

    len <= 1000000

    -----------------------------------------------此后一千里-----------------------------------------------------

    首先有一个很显然的性质,就是如果 i 用了2操作之后还比 j 大的话,那么一定用2操作,因为减去lowbit不比减去1差

    我们设 f(n) = sigma {(i = 0 -> n-1) Calc (n,i)},

    我们考虑将n按位处理掉,设t(n)为n只保留的二进制最高位的数,我们发现对于Calc (n,i) 如果 t(n) == t(i) 那么答案显然是 Calc (n-t(n),i-t(i))

    而如果 t(n)!=t(i) 那么我们无论如何要把 n 变换到 i 都必须把 n 变换到 t(n) ,而显然 t(n)!=t(i) 的 i 有 t(i) 个.

    所以我们便可以将 f(n) 拆分掉得到 f(n) = t(n) * (BitCount(n) - 1) + f( n - t(n)),我们可以一直拆下去,也就是说我们只用算2的整次幂的 f 就可以了。

    假设我们已经求出2的0-3次幂,要求 f (10000) , 因为除了变换到0,10000变换到任何数都要先变换到1111,所以我们可以得到下式 :

    f(10000) = f(1111) + 1111 - 4 + 1 减4加1意思是去掉1111变到0的代价,加上10000变到0的代价

    我们将f(1111) 再展开即可得到 f 关于2的整次幂的递推式,前缀和优化一下可以O(n)预处理

    设 g(n) = sigma{(i = 1 -> n) f(i)},g(n)求的实际上就是答案

    我们还是考虑去按位处理掉

    g(n) = $sum limits_{i = 1}^{t(n)-1} f(i) + sum limits_{i = t(n)}^{n} f(i)$

      = $g(t(n) - 1) + sum limits_{i = t(n)}^{n} f(i)$

    我们考虑将后面sigma中的 f(i) 中的 f(t(n)) 及t(n)相关的常数项全部提取出来,那么后面就可以提取出 (n-t(n)+1) 个 f(t(n)),常数项的话先暂时用k(n-t(n))表示,提取后剩下的部分就是 g(n-t(n))。

    然后g(n) = g(t(n) - 1) + (n-t(n)+1)*f(t(n)) + k(n-t(n)) + g(n-t(n))

    如果我们可以处理 k(n-t(n)) 和 g(t(n) - 1) 的话,就可以在复杂度要求内得出解了

    我们考虑如何去求 k ,观察后发现 k 函数的实际意义可以表达为 k(n) = $sum limits_{i = 0}^{n} BitCount(i)$

    用和 g 相似的手法,我们也可以把 k 给拆分到只于2的整次幂减1项相关

    因为我们常数项的系数就是BitCount()的和

    当n=2^a - 1时我们把式子变形得到k(n) = $sum limits_{i = 1}^{a} inom{a}{i} * a = a * 2^{a - 1}$就很好处理了

    然后我们发现 g 的2的整次幂减1是也可以方便预处理的,也是相似的手法,就不再赘述了

    然后就可以预处理f,g,k,然后就可以计算答案了

    计算答案时可以从后往前很方便的计算 

    代码 :

    /*
    Lelouch vi Britannia here commands you , all of you , die !
    */
    #include<bits/stdc++.h>
    #define INF 0x3f3f3f3f
    #define low(x) ((x)&(-(x)))
    #define LL long long
    #define eps 1e-9
    #define MOD 1000000007
    using namespace std;
    
    #define int int
    inline int Max(int a,int b) {return a>b?a:b;}
    inline int Min(int a,int b) {return a<b?a:b;}
    inline int Abs(int a) {return a>0?a:-a;}
    inline int Sqr(int a) {return a*a;}
    #undef int
    
    #define MAXN 1000006
    
    int n;
    LL f[MAXN],g[MAXN],k[MAXN],two[MAXN],md[MAXN],uk[MAXN],ug[MAXN];
    char s[MAXN];
    
    void Pre(int n) {
        two[1]=1;g[1]=1;f[1]=1;k[1]=1;f[2]=2;
        for(int i=2;i<=n;i++) two[i]=two[i-1]*2%MOD;
        for(int i=3;i<=n;i++) f[i]=(2*f[i-1]+(i-1)*two[i-1]-1)%MOD;
        for(int i=2;i<=n;i++) k[i]=(k[i-1]*2+two[i])%MOD;
        for(int i=2;i<=n;i++) g[i]=(g[i-1]*2+two[i]*f[i]+k[i-1]*two[i])%MOD;
        for(int i=1;i<=n;i++) {
            md[i]=(md[i-1]+(s[n-i]=='1'?two[i]:0))%MOD;
            uk[i]=(uk[i-1]+(s[n-i]=='1'?md[i-1]+1+k[i-1]:0))%MOD;
            ug[i]=(ug[i-1]+(s[n-i]=='1'?md[i-1]*f[i]%MOD+f[i]+uk[i-1]*two[i]%MOD+g[i-1]:0))%MOD;
        }
    }
    
    int main() {
        scanf("%s",s);
        n=strlen(s);
        Pre(n);
        printf("%lld
    ",ug[n]);
        return 0;
    }
    /*
    Hmhmhmhm . That's right , I am killer.
    */
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