6383. 【NOIP2019模拟2019.10.07】果实摘取
题目
题目大意
给你一个由整点组成的矩形，坐标绝对值范围小于等于\(n\)，你在\((0,0)\)，一开始面向\((1,0)\)，每次转到后面第\(k\)个你能看到的点，然后将这条线上的点全部标记删除。
问最后一个被标记删除的点的坐标。
正解
先吐槽一句，原来删除的点是一条线上的，而不是一个点……
害得我以为是一道神题……更可恨的是，我看不出我的暴力有什么错！
既然一次删除的点是在一条线上的，那不妨将整条线上的东西看成一个点。
那就变成了一个约瑟夫问题（也就是猴子选大王）。
共有\(8\sum_{i=1}^{n}\phi(i)\)个（原图分成\(8\)个三角形，减去对角线被算\(4\)次，加上垂直和水平方向\(4\)个）
设现在有\(n\)个，则将第\(k\)个删除之后，就变成了\(n-1\)个的问题。所以可以通过递归来求。设\(f_i\)表示\(i\)个人在搞完之后最后一个留下的人是谁（编号从\(0\)开始）
显然\(f_i=(f_{i-1}+k)\mod i\)
然而这个东西似乎会爆炸，因为总数是很多的。
考虑如何快速计算这玩意儿。现在，最主要的瓶颈就是取模操作。
由于不一定每次都会大于模数，所以考虑加几次\(k\)之后取一次模。
假设现在有\(n\)个，设至少增加\(x\)个之后要取一次模。
于是就有了不等式：\(f_n+kx\geq n+x\)，解得\(x\geq \frac{n-f_n}{k-1}\)
（当然不要忘了上取整）
这样算会快很多，但是时间看起来似乎不是很好算。
计算一下时间：当\(n\leq k\)时，每次\(n\)只能变成\(n+1\)，这一部分时间为\(O(k)\).
当\(n>k\)时，每次相当于加上\(\frac{n}{k}\)左右。
尽管看起来并不是很靠谱，但实际上，某个\(f_n+k\)之后超过了\(n+1\)，于是取模，\(f_{n+1}\)不会超过\(k\)。所以当\(n\)远远大于\(k\)时，每次\(f_n\)和\(n\)相差比较大，它们的差就可以近似地认为是\(n\)。（或者说约等于于加上\(\frac{n-k}{k}\)，有了个\(-1\)的常数，就省去了）
加上\(\frac{n}{k}\)相当于乘\(\frac{k+1}{k}\)。
于是这一部分时间大概为\(O(\log_\frac{k+1}{k}n)\)
是对数级别时间复杂度，似乎很快的样子。如果用个换底公式，把\(\frac{1}{\lg\frac{k+1}{k}}\)的常数给省掉，那么看起来是\(O(\lg n)\)的时间复杂度呢，似乎很优秀。但是这个常数实际上不能省！用计算器计算一下，这个常数大概为\(230260\)（这里的\(\lg\)是指\(\log_{10}\)，不是\(\log_2\)，计算器里面没有直接提供\(\log_2\)这种东西，所以干脆直接用\(\log_{10}了\)）。
不过还好，时间还是过得去……
接下来变成另一个问题：寻找排名第几项的位置。
首先，找到这个位置在哪个象限。接下来只讨论第一象限的，其它的在此基础上旋转一下就好了。
很容易想到二分。假设我们二分出了一个分数\(\frac{b}{a}\)
现在我们要求再斜率为\(\frac{b}{a}\)这条直线一下的点数。
具体来说，就是这个式子：\(\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}[gcd(i,j)=1]*[\frac{j}{i}<\frac{b}{a}]\)
这个式子可以反演（说实在的，我对反演非常不熟悉）
有个比较重要的性质：\(\sum_{d|n}\mu(d)=[n=1]\)
有了这条式子，就可以在\(O(n\ln n)\)的时间内判断了。
至于如何二分，题解有种比较容易理解的暴力用小数来逼近分数的方法，Cold_Chair大爷有个\(Stern-Brocot Tree\)上二分的强大做法（由于节点的深度可能比较深，但拐角处是\(\lg\)级别的，所以还要二分一下在某个方向上走多长距离。而且求答案的时候，还用到了整除分块）
代码（未AC）
最近没有AC的题目很多，代码都摆在这里，以后也不一定会去调试了……
话说程序里我用的是小数来逼近分数的方法，不过为了追求常数，我把小数变成了分数的形式。当然，这个分数的分母都是\(2\)的幂。
using namespace std;
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <climits>
#define N 100000
#define ll long long
int n,K;
int p[N+10],np;
bool inp[N+10];
int phi[N+10],mu[N+10];
ll calc(ll tar){
// return (K+calc(n-1))%n;
ll n=1,fn=0;
do{
ll x=(n-fn -1)/(K-1) +1;
if (tar<n+x)
return fn+K*(tar-n);
n=n+x;
fn=(fn+K*x)%n;
}
while (1);
}
ll below(ll a,ll b){
ll res=0;
for (int d=1;d<=n;++d){
ll s=0,n_d=n/d;
for (int i=1;i*d<=n;++i)
s+=min(b*i/a,n_d);
res+=s*mu[d];
}
return res;
}
int main(){
// freopen("in.txt","r",stdin);
freopen("garden.in","r",stdin);
freopen("garden.out","w",stdout);
scanf("%d%d",&n,&K);
if (K==1){
printf("%d %d\n",n,-1);
return 0;
}
phi[1]=1,mu[1]=1;
for (int i=2;i<=n;++i){
if (!inp[i]){
p[++np]=i;
phi[i]=i-1;
mu[i]=-1;
}
for (int j=1;j<=np && i*p[j]<=n;++j){
inp[i*p[j]]=1;
if (i%p[j]==0){
phi[i*p[j]]=phi[i]*p[j];
break;
}
phi[i*p[j]]=phi[i]*(p[j]-1);
mu[i*p[j]]=mu[i]*mu[p[j]];
}
}
ll one=1,all=0;
for (int i=2;i<=n;++i)
one+=phi[i]*2;
all=one*4+4;
ll num=calc(all);
if (num==0)
printf("%d %d\n",n,0);
else if (num==one+1)
printf("%d %d\n",0,n);
else if (num==2*one+2)
printf("%d %d\n",-n,0);
else if (num==3*one+3)
printf("%d %d\n",0,-n);
else{
int rank=num%(one+1);
ll l=0,r=n,d=0;
while (d<30){
ll mid=l+r;
if (below(1<<d+1,mid)<rank)
l=mid,r<<=1;
else
r=mid,l<<=1;
d++;
}
// printf("%lf\n",(double)r/(1ll<<d));
int x,y;
long double v=(long double)r/(1ll<<d),tmp=2e9;
for (ll i=n;i>=1;--i){
ll j=r*i/(1ll<<d)/*(ll)(v*i)*/;
if (v-double(j)/i<tmp){
tmp=v-double(j)/i;
y=j;
x=i;
}
}
if (num<one+1)
printf("%d %d\n",x,y);
else if (num<2*one+2)
printf("%d %d\n",-y,x);
else if (num<3*one+3)
printf("%d %d\n",-x,-y);
else
printf("%d %d\n",y,-x);
}
return 0;
}
总结
审题是关键。
反演及其不熟练，需要找时间来提升。（实际上我似乎没有AC过一道反演的题目）
