June/21st/22 校内考试T2 杨辉三角 题解

June/21st/22 校内考试T2 杨辉三角 题解

题目

描述

求杨辉三角前 $n$ 排的偶数的数量

I/O

Input

一行一个整数 $n$

Output

一行一个整数，表示杨辉三角前 $n$ 排中偶数的数量$\pmod {(1e6+3)}$

I/O Example

Input

6

Output

6

Example Explain

如下为杨辉三角的前 $7$ 行

       1
      1 1
     1 2 1
    1 3 3 1
   1 4 6 4 1
 1 5 10 10 5 1
1 6 15 20 15 6 1

不难数出前 $6$ 行共有 $6$ 个偶数

思路分析

本题要求偶数的个数，也就是说和奇偶性有关。而我们知道，奇数 $+$ 奇数 $=$ 偶数，奇数 $+$ 偶数 $=$ 奇数，偶数 $+$ 偶数 $=$ 偶数。

这与异或很像：1^1=0,1^0=1,0^0=0

同时，杨辉三角中偶数的数量 $=$ 总数 $-$ 奇数数量

我们不妨用 $0$ 代表偶数， $1$ 代表奇数，杨辉三角计算过程中的加法我们换成异或和，列出杨辉三角的前几项，并统计奇数数量：

1	1					项数:2^0,奇数个数:3^0
2	1 1					项数:2^1,奇数个数:3^1

3	1 0  1
4	1 1  1 1				项数:2^2,奇数个数:3^2

5	1 0 0 0  1
6	1 1 0 0  1 1
7	1 0 1 0  1 0 1
8	1 1 1 1  1 1 1 1			项数:2^3,奇数个数:3^3

9	1 0 0 0 0 0 0 0  1
10	1 1 0 0 0 0 0 0  1 1
11	1 0 1 0 0 0 0 0  1 0 1
12	1 1 1 1 0 0 0 0  1 1 1 1
13	1 0 0 0 1 0 0 0  1 0 0 0 1
14	1 1 0 0 1 1 0 0  1 1 0 0 1 1
15	1 0 1 0 1 0 1 0  1 0 1 0 1 0 1
16	1 1 1 1 1 1 1 1  1 1 1 1 1 1 1 1	项数:2^4,奇数个数:3^4

我们发现：

• 当 $n=2^k$ 时，奇数的个数为 $3^k$ ， $k\in \N$
• 杨辉三角 形成的图形呈分形几何特征（特别是谢尔宾斯基三角形）

基于这两个特点，我们可以推导出可行的一个算法：

算法设计

1. 我们计算出使 $2^k\le n$ 的最大的 $k$ ，使 $ans+=3^k$
2. 使 $t=n-2^k$
3. 计算出使 $2^k\le t$ 的最大的 $k$ ，使 $ans+=2^1\times 3^k$
4. 重复上述 2.3 步，直到 $t=0$

那么我们得到的 $ans$ 即为答案

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define GO(u,v,i) for(register int i=u;i<=v;i++)
template<class t>inline t fr(){
    register t num=0,dis=1;
    register char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')dis=-1;ch=getchar();}
    while(ch<='9'&&ch>='0'){num=(num<<1)+(num<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
    return num*dis;
}
template<class t>inline void fw(t num){
    if(num>9)fw(num/10);
    putchar(num%10+'0');
}
template<class t>inline void fw(t num,char ch){
    if(num<0)num=-num,putchar('-');
    fw(num);putchar(ch);
}
typedef long long lld;
lld ans;
const lld mo=1e6+3;
lld n;
inline lld fpow(lld a,lld b){
    lld ans=1,x=a;
    for(;b;b>>=1){
        if(b&1)ans*=x;
        x*=x;
    }
    return ans;
}
inline lld ffpow(lld a,lld b){
    lld ans=1,x=a;
    for(;b;b>>=1){
        if(b&1){
            ans*=x;ans%=mo;
        }
        x*=x;x%=mo;
    }
    return ans;
}
signed main(){
    lld tt=n=fr<lld>();
    lld t=1;
    lld k=0;
    while(t){
        lld i=0;
        while(tt-fpow(2,i)>=0)t=tt-fpow(2,i++);
        i--;
        ans+=((fpow(2,k++)%mo)*(ffpow(3,i)%mo))%mo;ans%=mo;
        tt=t;
    }
    if(n%2==0){
        ans=(((n/2)%mo)*((n+1)%mo))%mo-ans%mo;
    }else{
        ans=((((n+1)/2)%mo)*(n%mo))%mo-ans%mo;
    }
    fw((ans+mo)%mo,'\n');
    return 0;
}