Codeforces Round #524 (Div. 2) D. Olya and magical square

D. Olya and magical square

题目链接：https://codeforces.com/contest/1080/problem/D

题意：

给出一个边长为2ⁿ的正方形，每次可以将其划分，要求划分出来从左下角到右上角沿着左边和上边的边走的路径的小正方形边长相等。现在有k个划分的机会，问是否能把k次机会用完（当边长为1时则不能划分了），如果可以，输出路径上的小正方形的边长长度。

 

题解：

这题看题解看了半天，最终应该说是搞懂了...

首先，划分思路是这样的，先划分一下成四块，然后每次划分都划分路径上面的正方形，等到路径正方形边长为1了，就随意划分其它的正方形了。

先判断可行性，我们知道，边长为2ⁿ的正方形最多只能划分(4ⁿ-1)/3次，由于k<=10¹⁸，所以当n>30时，必定k是可以用完的。最终，只要(4ⁿ-1)/3<k,就不能将划分次数用完。这里分n>30和n<=30是因为数据太大了，这样可以避免求4ⁿ时溢出。

当k可以用完时，我们再来看，我们就以上面说的划分思路来划分。

首先，划分一次变为四个正方形；

然后，对路径上面的正方形进行划分，每次全部划分需要消耗2ⁱ⁺¹-1个划分次数。假设我们在第x次时,有k<2^x+1-1，也就是说对路径上的正方形进行x-1轮划分过后，不能进一步划分，通过这里可以推出x-1<=n-1即x<=n。现在再来看右下角这个边长为2^n-1的正方形，容易知道它最多划分(4^n-1-1)/3次。

又2^x+1-1<=2ⁿ⁺¹-1，令(4^n-1-1)/3>=2ⁿ⁺¹-1,解得n>=5，也就是说当n>=5时，必定可以成功划分。（想一想为什么）

假定n>=3，那么会多出来5个边长为2^n-2的小正方形，现在有5*(4^n-2-1)/3+(4^n-1-1)/3>=2ⁿ⁺¹-1,可以解得n>=4,进一步推出n>=4时可以成功划分。

假定n=3，那么最多可以划分21次，减去一次就是20次，根据划分思路，最右下角的正方形可以划分5次，边长为2的正方形有5个，最终也是划分五次。划分路径上的正方形最多是十次。结合这个，当k取1-21之间的任意数时，都可以成功划分。（想一想，为什么）

综上，当n>=3时，当k能被用尽的情况下，必然能够满足条件（成功划分），使得路径上的小正方形边长相等。

我们再来分析n=2的情况，易知当k=3时，不能成功划分，其余都可以。

对于n=1，就不用说了。

综上，首先判断k次划分机会是否能用完，然后除开n=2,k=3的特例，根据划分思路进行划分。

 

Update:

后来又想了一下，可以把这个简化一下，比如现在我们对于左边和右边的正方形划分了x-1次，那么划分的总次数就为2²-1+2³-1+...+2^x-1=2^x+1-3-x次，对于右下角的正方形划分总次数至少也可以为

(4^x-1-1)/3，现在还是有k<2^x+1-1。

令2^x+1-3-x+(4^x-1-1)/3>=2^x+1-1解得x>=3。

即当操作了x-1>=2次之后，k都能被用尽，加上之前划分的那一次，就是3次。

最终可以得出，当n>=3时，k都能够被用尽，就不用像我之前那么麻烦了，最后单独看一下n=1,n=2的情况就ok了。

 

代码如下：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long ll ;

ll pathl(ll n,ll k){
    k--;
    ll pow2 = 4,cnt = 0;
    while(k>=pow2-1){
         cnt++;
        k-=(pow2-1);
        pow2*=2;
    }
    return max(n-1-cnt,(ll)0);
}
int main(){
    ll t,n,k;
    cin>>t;
    while(t--){
        cin>>n>>k;
        if(n==2 && k==3){
            puts("NO");continue ;
        }
        ll pow4=1,tmp1=k,tmp2=n;
        if(n<=35){
            while(tmp2--){
                tmp1-=pow4;
                pow4*=4;
            }
            if(tmp1>0){
                puts("NO");continue;
            }
            printf("YES %d\n",pathl(n,k));
        }else{
            printf("YES %d\n",pathl(n,k));
        }
    }

    return 0;
}

总得来说，这题的关键就是划分思路，其余都可以推导出来。