LG10026

看完题目后，发现直接对 \(a\) 模拟操作的情况过多，不好处理。但如果对 \(n\) 进行逆向操作，似乎可以在很少步数内就变为 \(1\)。我们大胆猜想，用最少的步数使 \(n\) 变为 \(1\)，再考虑如何处理多余的次数（若次数不足则直接无解）。先列出转换后的操作：

• \(n\gets n + 1\)；
• \(n\gets n \div 2\)（注意，此处的 \(n\) 必须为偶数）。

不难发现，若 \(n\) 为偶数，则直接令 \(n\gets n \div 2\)；若 \(n\) 为奇数，则令 \(n \gets ( n + 1 ) \div 2\)。显然这是最快的方法。在缩减过程中统计最少次数，时间复杂度 \(O(\log_2 n)\)。

接下来考虑如何处理剩余的次数。我们可以通过模拟小数据，发现以下的两种循环：

• \(1\times2\div 2 = 1\)；
• \(2\times2-1-1=2\)。

操作一以 \(2\) 次操作为循环，操作二以 \(3\) 次操作为循环。因此若剩余次数大于 \(1\)，则必定有解。下面讨论剩余次数为 \(1\) 的情况。

前面已经证明了，\(1\) 次操作无法保持不变。因此，我们尝试将其加入到缩减过程中。具体地，设 \(n\) 为偶数（奇数进行一次操作会变成偶数），则有 $n \div 2 + 1 = ( n + 2 ) \div 2 = ( n + 1 + 1 ) \div 2 $。这样我们就成功地将 \(2\) 次操作变为 \(3\) 次操作。但是，观察式子可知，对于 \(n\) 为 \(2\) 的正整数次幂（或减一），这样做是不行的，读者可以根据运算顺序得到该结论。此时无解。

最后要注意 \(k=0\) 的情况以及其它代码实现的细节。

总时间复杂度 \(O(T\log_2 n)\)。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#define int long long

using namespace std;

signed main()
{
	int T,n,m,k,flag,pd;
	cin >> T;
	while( T -- )
	{
		m = 0;
		flag = 0;
		pd = 0;
		cin >> k >> n;
		if( n == 0 )
		{
			if( k ) cout << "Yes" << endl;
			else cout << "No" << endl;
			continue;
		}
		if( n == 1 )
		{
			if( k == 1 || k == 3 ) cout << "No" << endl;
			else cout << "Yes" << endl;
			continue;
		} 
		while( n > 1 )
		{
			m ++;
			if( n % 2 )
			{
				if( m == 1 ) flag = 1;
				else flag = 0;
			}
			if( n % 2 ) n ++,pd = 1;
			else n /= 2;
		}
		if( m > k || ( k - m == 1 && ( !pd || flag )  ) ) cout << "No" << endl;
		else cout << "Yes" << endl; 
	}
	return 0;
}