CF1894 H Asterism Stream题解

1|0题意

给定一个 $n$ ， 有一个初始为 $1$ 的整数 $x$ ， 每次有相同概率进行以下两个操作的其中一种：

• 使 $x$ 加 $1$
• 使 $x$ 乘 $2$

问期望多少步操作可以使 $x$ 大于 $n$ ， 输出期望步数模 $998244353$ 的值。
其中 $1 \leq n \leq 10^{18}$

2|0题解

2|1题目分析

如果从题解的角度来看， 这道题的解法可以说是极其不自然， 很多定义都有一种需要人类智慧的感觉。 所以我们从题目开始， 来一步步分析， 为什么会得到题解的做法。
首先， 分析数据范围， 不是一道可以加速的递推题就是一道结论题。 但因为结论题大多都能用递推加速做， 并且这个题目如果有结论， 样例也显现出这个结论是一个多项式， 而不是简单的特判加简短通式， 我们优先不考虑直接化结论， 毕竟最后就算是结论大不了就矩阵加速多个常数， 不是结论而想错方向浪费时间并且容易走进误区。
接着， 确认了大体算法方向后， 考虑是否答案的 $f(n)$ 可以由前面相隔不远的几项， 比如 $f(n - 1)$ 、 $f(n - 2)$ ...递推过来。 当然， 最终经过某位勇敢者的亲身尝试， 证明这确实是正确的（直接粘一个 BM 的板子很符合我对网赛的想象）， 可我们并不能从题目的暴力递推式和各种变形中证明这一点， 而中国的 OIer 们还要面对 $NOI$ 赛制， 所以不建议在没有结论支持的时候使用 BM 这种算法， 当然， 论骗分， 直接码就行， 都不带怕的。
然后， 我们考虑两种最暴力的方法： 暴力枚举和简单 dp
先说一下简单 dp， 一般来说， 加速递推都是由简单 dp 的式子经过一系列的优化产生， 而这个过程中有一个比较烦人的点是， 如果有几乎 $O(n)$ 个结束位置或者结束位置很难找到， 那么我们的加速就会变得复杂， 所以我们优先考虑能让结束位置比较优秀的状态。 那么我们定义 $f(x)$ 表示 $x$ 变到大于等于 $n$ 的期望步数。 这样定义后， 可以发现， 初始状态是 $f(x) = 0( n\leq x \leq 2(n - 1))$ 。 这里给了我们提示， 如果初始状态都是一段一样的， 那是不是前面的部分也可以分成几段， 每段都是一个结果或者有通式呢？
再来看一下直接暴力。 因为每一步都会使 $x$ 更接近于结束状态， 所以我们可以写出一个非常无脑的暴力， 枚举所有的操作， 算贡献。 观察一种情况的贡献是 $0.5^{s}s$ ， 其中 $s$ 是这种情况的操作步数。 再观察最终的答案， 可以发现， 贡献的种类比情况数少很多， 这启示我们可能有些东西是可以合并的， 而 $f(x)$ 又和 $x$ 强相关， 那么我们可以联想到创造一个函数 $g(x)$， 使得 $g(x)$ 满足以下两点要求：

• 对于每个 $f(x)$ ， 都能使用少量的 $g(x)$ 表示出来
• $g(x)$ 是简单函数， 及不含 $\sum$ 、 $\Pi$ 、 判断等

由于第一个要求， $g(x)$ 和暴力的贡献大概率有着一些联系， 一般来说 $g(x)$ 中会有贡献里比较特别、 难算、 有性质的项。 那这道题举例， $0.5^ss$ 中的 $s$ 太过普通， 感觉上就没啥用， 加上了甚至可能会妨碍我们化简。 而 $2^s$ 就很特别， 不是特别好算， 但又有一些性质， 所以 $g(x)$ 中大概率会有类似的项。 本着在所有可能的地方加未知数的原则， 我们就可以合理推测出 $g(x)$ 的最终形式应该是 $g_{(a, b)}(x) = a(\dfrac{1}{2})^{bx}$ 也许有人会好奇为什么这里没有常数项， 这是因为常数项可以用 $g_(a, 0)(x)$ 来表示， 并且就算不是这种形式的 $g(x)$， 也应该独立计算， 因为如果把常数项放在 $g(x)$ 考虑就会出现分配问题， 化式子的时候容易出错。

2|2转移式推理

注：本部分来自于 codeforces 赛后题解， 如有不懂， 可以点击此处跳转查阅
有了基本思路和算法方向， 我们就可以来推一推式子， 套一套优化了。
由于前面的分析， 我们有了 $f(x)$ 是可以分成一段一段的， 每一段都有通式。 那么我们来看看如何求区间 $(l, r)$ 的通式， 这个区间有通式又需要满足什么。
首先我们一步一步地推理， 如果 $[l, r]$ 有通式， 那么需要知道什么?
在此区间内， 有：

$$f(x) = \dfrac{1}{2}f(2x) + \dfrac{1}{2}f(x + 1) + 1$$

$$= \dfrac{1}{2}f(2x) + \dfrac{1}{2}(\dfrac{1}{2}f(2(x + 1)) + \dfrac{1}{2}f(x + 2) + 1) + 1$$

$$= \frac{1}{2}f(2x) + \frac{1}{2}(\frac{1}{2}f(2(x + 1)) + \dfrac{1}{2}(\dfrac{1}{2}(f(2(x + 2)) + \ldots) + 1) + 1) + 1$$

$$= \sum\limits_{i = 0}^{r - x}(\dfrac{1}{2})^{i + 1}f(2(x + i)) + \sum\limits_{i = 0}^{r - x}(\dfrac{1}{2})^{i} + (\dfrac{1}{2})^{x + 1}f(r + 1)$$

这里我们直接将所有括号暴力展开， 化简得出了这个式子， 然后我们再一项一项地考虑化简成几个 $g(x)$
首先 $(\dfrac{1}{2})^{x + 1}f(r + 1)$ 就是 $g_{(f(r + 1)\dfrac{1}{2}, 1)}(x)$ ， 注意这里的 $f(r + 1)$ 是常数， 并不是一个式子。
接着再看 $\sum\limits_{i = 0}^{r - x}(\dfrac{1}{2})^{i}$ 这一项， 这个比较简单， 直接上等比数列求和， 得到 $g_{(2, 0)}(x) + g_{(-(\dfrac{1}{2})^k, -1)}(x)$
最后再来看最麻烦的一项， $\sum\limits_{i = 0}^{r - x}(\dfrac{1}{2})^{i + 1}f(2(x + i))$
由于这一项有多个 $f(x)$ 求和， 而不同的 $f(x)$ 之间的联系不太紧密， 不好化简， 所以考虑增加条件， 及 $f(2(x + i))$ 的 $f(x)$ 是有同样的通项公式的， 也就是说 $[2l, 2r]$ 有通项公式。 这样化简起来就要方便许多了。
设 $f(x) = \sum\limits_{f} g_{(a, b)}(x)$ ， 那么有：

$$\sum\limits_{i = 0}^{r - x}(\dfrac{1}{2})^{i + 1}f(2(x + i))$$

$$= \sum\limits_{i = 0}^{r - x}(\dfrac{1}{2})^{i + 1}\sum\limits_{f} g_{(a, b)}(2(x + i))$$

$$= \sum\limits_{i = 0}^{r - x}(\dfrac{1}{2})^{i + 1}\sum\limits_{f} a(\dfrac{1}{2})^{2b(x + i)}$$

$$= \sum\limits_{i = 0}^{r - x}(\dfrac{1}{2})^{i + 1}\sum\limits_{f} a(\dfrac{1}{2})^{2bx} \times (\dfrac{1}{2})^{2bi}$$

$$= \sum\limits_{f} a(\dfrac{1}{2})^{2bx}\sum\limits_{i = 0}^{r - x}(\dfrac{1}{2})^{i + 1} \times (\dfrac{1}{2})^{2bi}$$

$$= \sum\limits_{f} a(\frac{1}{2})^{2bx} \times\frac{1}{2} \sum\limits_{i = 0}^{r - x}(\frac{1}{2})^{i} \times (\frac{1}{2})^{2bi}$$

$$= \sum\limits_{f} a(\dfrac{1}{2})^{2bx} \times\dfrac{1}{2} \sum\limits_{i = 0}^{r - x}(\dfrac{1}{2})^{i(2b + 1)}$$

$$= \sum\limits_{f} a(\dfrac{1}{2})^{2bx} \times\dfrac{1}{2} \sum\limits_{i = 0}^{r - x}((\dfrac{1}{2})^{(2b + 1)})^{i}$$

$$= \sum\limits_{f} a(\dfrac{1}{2})^{2bx} \times\dfrac{1}{2} \times \dfrac{((\frac{1}{2})^{(2b + 1)})^{r - x + 1} - 1}{(\dfrac{1}{2})^{(2b + 1)} - 1}$$

$$= \sum\limits_{f} a(\dfrac{1}{2})^{2bx} \times\dfrac{1}{2} (\dfrac{((\frac{1}{2})^{(2b + 1)})^{r - x + 1}}{(\frac{1}{2})^{(2b + 1)} - 1} - \dfrac{1}{(\dfrac{1}{2})^{(2b + 1)} - 1})$$

$$= \sum\limits_{f} a(\frac{1}{2})^{2bx} \times\dfrac{1}{2}(\frac{((\dfrac{1}{2})^{(2b + 1)})^{r + 1}}{(\dfrac{1}{2})^{(2b + 1)} - 1} \times (\frac{1}{2})^{-(2b + 1)x} - \dfrac{1}{(\frac{1}{2})^{(2b + 1)} - 1}\times (\dfrac{1}{2})^{0 \times x})$$

$$= \sum\limits_{f} a \times\dfrac{1}{2}(\dfrac{((\frac{1}{2})^{(2b + 1)})^{r + 1}}{(\dfrac{1}{2})^{(2b + 1)} - 1} \times (\dfrac{1}{2})^{-x} - \dfrac{1}{(\frac{1}{2})^{(2b + 1)} - 1}\times (\dfrac{1}{2})^{2bx})$$

$$= \sum\limits_{f}g_{(\dfrac{a((\frac{1}{2})^{(2b + 1)})^{r + 1}}{(\frac{1}{2})^{2b} - 2}, -1)}(x) - g_{(\dfrac{a}{(\frac{1}{2})^{2b} - 2}, 2b)}(x)$$

$$= g_{(\sum\limits_{f}\dfrac{a((\frac{1}{2})^{(2b + 1)})^{r + 1}}{(\frac{1}{2})^{2b} - 2}, -1)}(x) - \sum\limits_{f}g_{(\dfrac{a}{(\frac{1}{2})^{2b} - 2}, 2b)}(x)$$

我们将几个式子合起来， 就能得到

$$f(x) = g_{(f(r + 1)\dfrac{1}{2}, 1)}(x) + g_{(2, 0)}(x) + g_{(-(\dfrac{1}{2})^k, -1)}(x) + g_{(\sum\limits_{f}\dfrac{a((\frac{1}{2})^{(2b + 1)})^{r + 1}}{(\frac{1}{2})^{2b} - 2}, -1)}(x) - \sum\limits_{f}g_{(\dfrac{a}{(\frac{1}{2})^{2b} - 2}, 2b)}(x)$$

所以我们只要保证通过 $O(\log(n))$ 次或者类似的比较少的次数递推得到 包含 $1$ 的 $[l, r]$ 即可。
考虑我们为了推式子给出的条件是得到 $[l, r]$ 需要知道 $[2l, 2r]$ ， 而最开始的一段已知的具有通项公式的段是 $[n, 2n - 1]$ ， 我们可以从这一段开始递推， 每次去求 $[\lceil \frac{l}{2} \rceil, \lfloor \frac{r}{2} \rfloor]$ 就可以了， 另外注意一点， 由于初始的区间是 $[n, 2n - 1]$ 所以我们能保证任意时候的区间 $[l, r]$ 都有 $r + 1$ 属于上一次的区间， 也就是可以直接求出 $f(r + 1)$ 的值。
最后因为左端点要等于 $1$ 需要 $\log(n)$ 次， 所以总时间复杂度是 $O(T\log^2(n))$ 或者 $O(T\log^3(n)$ ， 这里的时间复杂度差别在于快速幂。

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本文作者：FlowerDream
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