[HDU6304][数学] Chiaki Sequence Revisited

-杭电多校2018第一场G

题目描述

现在抛给你一个数列$A$

\[a_n=\begin{cases}1 & n = 1,2 \\ a_{n - a_{n-1}} + a_{n-1 - a_{n-2}} & n \ge 3\end{cases}
\]

现在需要你计算它的前缀和 $\sum\limits_{i=1}^{n}a_i \ mod \ (10^9+7)$

数据范围 $n(1\le n\le 10^{18})$

题目分析

不可描述的做法

拿到题目第一步对序列$A$打一个100的表，对吧，然后 "OEIS" 一下，发现真的有

http://oeis.org/A046699

$a[1..] = {1,2,2,3,4,4,4,5,6,6,7,8,8,8,8,9,....}$

结果发现并没有什么用，既没有通项公式，更别说求和公式了。

大概正确的规律

可以发现每种数字的出现次数是由规律可循的，$1$出现了$1$次，$2$出现了$2$次，$3$出现了$1$次

我们设$f(x)$代表数字$x$出现的次数

那么 $f[1..] = {1,2,1,3,1,2,1,4,1,2,1,3,1,2,1,5,....}$

通过观察100项的表可以的出一个大概正确的规律，数字$x$会出现$1+log_2lowbit(x)$次

至于$lowbit(x)$ 是啥，可以去了解一下树状数组，表示 $\min\{2^k:2^k|x\}$

经过总结规律可以发现递推式，那么有

\[\begin{cases} {f(2k+1) =1 }\\\\f(2k)=f(k)+1\end{cases}
\]

也就是 http://oeis.org/A001511 中提到的数列，但是知道出现次数并没有什么用，我们需要计算的是$f(x)$

的前缀和，这样我们就可以知道$n$位置上表示的数字的值，即$a_n$的值。

我们设 $g(n) = \sum^{n}_{i=1}f(i) $ ，可以简单推导一下

\[\begin {align}
&g(n) = \sum_{k=1}^{n}f(k) \\
&g(n) = \sum^{\lfloor \frac{n-1}{2}\rfloor}_{k=0}f(2k+1) + \sum^{\lfloor \frac{n}{2}\rfloor}_{k=1}f(2k)\\
&g(n) = \Big\lceil\frac{n}{2}\Big\rceil + \sum^{ \lfloor \frac{n}{2}\rfloor}_{k=1} \{f(k)+1\}\\
&g(n) = \Big\lceil\frac{n}{2}\Big\rceil + \Big\lfloor\frac{n}{2}\Big\rfloor + g(\Big\lfloor\frac{n}{2}\Big\rfloor) \\
&g(n) = g(\Big\lfloor\frac{n}{2}\Big\rfloor)+n \\
\end {align}
\]

也就是说我们现在可以在$O(\log N)$时间计算出$g(n)$ ，由于该函数显然是单调的，那么我们现在可以通过二分求得$a_n$对应的值，即 $a_n = \min\{k\ |\ g(k)\ge n\}$。

然而题目要我们求前缀和，那么问题来了，我们现在计算单个值就需要$O(\log^2N )$时间

如何计算出前缀和呢？考虑通过每个数字的出现次数入手。

\[\begin{matrix}
1, 3, 5, 7, 9, \cdots ,2(t-1)+1 &\quad\quad\text{分别出现一次} \\
2,6,10,14,18, \cdots ,4(t-1)+2 &\quad\quad\text{分别出现两次} \\
4,12,20,28,36,\cdots,8(t-1)+4 &\quad\quad\text{分别出现三次} \\
\vdots &\vdots\\
\cdots 2^k(t-1)+2^{k-1} &\quad\quad\text{分别出现$k$次}
\end{matrix}
\]

由于每一行都相当于一个等差数列，现在的目标就是找到每一行的末项就好了。

也就是找到__最后一个小于$a_n$的值__，再用等差数列求和公式$O(1)$计算出每一行的值，最后所有行加起来就是答案的主要部分了。

会发现经过上面的计算所有等于$a_n$的项没有计算入答案，我们只要计算出等于$a_n$的有多少项，最后再累加到答案，这道题就做完了。容易得到 $a_n$需要计算$n-g(a_n-1)$次。根据最开始我对数列的偏移，正确的答案还需要再+1。整体复杂度为$O(\log^2N+logN)$

注:计算$a_n$需要 $O(\log^2N)$时间，需要估计二分上下界，否则会超时。

无比准确的题解

以下是多校官方给的题解。

考虑这个数列的差分数列，除了个别项，本质就是：$1, 1, 0, 1, 1, 0, 0, 1, 1, 0, 1, 1, 0, 0, 0, 1, 1, 0,...$。

可以观测到，这个序列可以这么生成：一开始只有一个$1$，$1$变成$110$，$0$保持不变。迭代无穷多次后就是这个差分序列。

知道差分序列，可以应用阿贝尔变换，把$a$的前缀和搞成差分序列相关。不妨令差分序列是$da$，那么$a$的前缀和$$s(n)=(n-1)\sum_{i=0}^{n-2}da(i) - \sum_{i=0}^{n-2}da(i)i + 1$$。

利用$da$的分形结构，很容易算出$s(n)$。

代码Code

/*

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Chiaki Sequence Revisited

*/

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

typedef long long LL;

const int MOD = 1e9+7;

const int inv2 = 500000004;

int T;

LL n;

LL calc(LL n) {

	if(n<=1) return n;

	else return calc(n/2)+n;

}

void solve() {

	LL l=n/2-30,r=n/2+30,m,p=-1;

    //需要预先估计上下界减少二分次数,否则会TLE.

	while(l<=r) {

		m = (l+r)/2;

		if(calc(m)>n) r=m-1;

		else l=m+1,p=m;

	}

	LL rest = ((n - calc(p))%MOD+MOD)%MOD;

	LL ans = 0, s, t, e, k, c=1, x, y;

	for(LL i=1;; i<<=1,c++) {

		if(i>p) break;

		x = i%MOD;

		y = 2*i%MOD;

		s = x;

		k = ((p-i)/(2*i)+1)%MOD;

		e = (y*(k-1)%MOD+i)%MOD;

		ans = (ans+c*(s+e)%MOD*k%MOD*inv2%MOD)%MOD;

	}

	ans = (ans + rest*((p+1)%MOD)%MOD)%MOD;

	printf("%lld\n",ans+1);

}

int main() {

	scanf("%d",&T);

	while(T--) {

		scanf("%lld",&n);

		n--; //偏移一项

		solve();

	}

	return 0;

}