CodeForces 1242D Number Discovery

CodeForces 1242D Number Discovery

https://codeforces.com/contest/1242/problem/D

\(T\) 组数据,每组给出 \(n,k\) .现在要用如下方式生成一个无限大的序列 \(s\)

\(s\) 初始为空,重复一下步骤

• 选择前 \(k\) 个不曾出现在 \(s\) 中的正整数 \(u_1,u_2,\cdots,u_k\)
• 将 \(u_1,u_2,\cdots,u_k,\sum_{i=1}^k u_i\) 按此顺序加入 \(s\)

易证所有正整数只会在 \(s\) 中出现一次,求 \(n\) 在 \(s\) 中的编号.

\(1 \le k \le 10^6,1 \le n \le 10^{18}\)

Tutorial

称所有以 \(\sum u_i\) 的形式加入 \(s\) 的数为non-self数,以 \(u_i\) 的形式加入 \(s\) 的为self数.

观察发现,若设 \(I_i=[i(k^2+1)+1,(i+1)(k^2+1)]\) ,即 \(k^2+1\) 的大小的每一块,那么每个 \(I_i\) 中,有且只有一个non-self数.

考虑归纳法,对于 \(I_0\) 它显然只包含一个non-self数 \(\dfrac 12k(k+1)\) .那么考虑对于 \(I_i\) 中的 \(k^2\) 个self数组成的 \(k\) 次求和

\[\sum_{j=1}^k (i \cdot (k^2+1)+tk+j) +offset = (k \cdot i+t)(k^2+1) + \dfrac {k(k+1)}{2}-t+offset \]

其中 \(t\) 表示这是第 \(t\) 组求和, \(offset\) 表示 \(I_i\) 中的non-self数的影响,显然有 \(0 \le offset \le k\) ,所以发现其实第 \(t\) 组的求和决定了 \(I_{i \cdot k +t}\) 中的non-self数.

所以可以如此递归求解,得到 \(n\) 的所属的 \(I_i\) 的non-self数 \(x\) ,如果这个数为 \(n\) ,则答案为 \((i+1)(k+1)\) ,否则设 \(p=n-i-(x<n)\) 表示 \(n\) 之前的self数,则答案为 \(p+\lfloor \dfrac {p-1}k \rfloor\) .

Code

https://codeforces.com/contest/1242/submission/77266243

#include <cstdio>
#include <iostream>
#define debug(...) fprintf(stderr,__VA_ARGS__)
using namespace std;
inline char nc()
{
	return getchar();
	static char buf[100000],*l=buf,*r=buf;
	return l==r&&(r=(l=buf)+fread(buf,1,100000,stdin),l==r)?EOF:*l++;
}
template<class T> void read(T &x)
{
	x=0; int f=1,ch=nc();
	while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=nc();}
	while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10-'0'+ch;ch=nc();}
	x*=f;
}
typedef long long ll;
ll n,k;
ll B;
ll I0;
int T;
ll I(ll x)
{
	if(x==0) return I0;
	ll i=x/k,t=x%k;
	ll Ii=I(i);
	ll l=i*B+t*k+1;
	ll r=l+k-1;
	ll Ix=(l+r)*(r-l+1)/2;
	if(Ii<=l) Ix+=k;
	else if(Ii<=r) Ix+=r-Ii+1;
	return Ix;
}
int main()
{
	read(T);
	for(int kase=1;kase<=T;++kase)
	{
		read(n),read(k);
		B=k*k+1;
		I0=k*(k+1)/2;
		ll i=(n-1)/B;
		ll Ii=I(i);
		if(n==Ii) printf("%I64d\n",(i+1)*(k+1));
		else
		{
			ll p=n-i-(Ii<n);
			printf("%I64d\n",p+(p-1)/k);
		}
	}
	return 0;
}