0901-T1 北极星

0901-T1 北极星

题意

有一个序列 \(a\)，其长度为 \(k\)，初始为空（\(k=0\)）。你可以进行以下三种操作。

1. 在序列末尾添加一个 \(1\)。
2. 把序列末尾复制一份。
3. 拿出序列最后两个数，放入它们的和，将其余数字减一。

给定长度为 \(n\) 的序列 \(b\)，构造一个长度不大于 \(10^5\) 的操作序列使 \(a\) 变为 \(b\)。

思路

考虑 \(n=1\) 时如何解决。

当 \(b \bmod 2 = 0\) 时，我们可以先构造出 \(\frac{b}{2}\)，再复制一遍，合并起来。

当 \(b \bmod 2 = 1\) 时，我们可以先构造出 \(\frac{b-1}{2}\)，复制一遍，合并起来，添加一个 \(1\)，再合并一次。

最多在 \(O(\log n)\) 次操作内构造出一个数。

考虑 \(n \ne 1\) 时如何解决。

从左至右依次构造每一个数。这样会有一个问题，后面的合并操作会使前面减一。

如何解决这个问题？

我们可以倒着预处理出每个数需要的合并次数，当前数加上后面数需要的合并次数即可。

这样我们构造前面的数时会先让它大一点，构造后面的数时它会刚好减小到要求的数。

这样最多在 \(O(n\log n)\) 次的操作内把 \(a\) 变成 \(b\)。

实测平均 \(5 \times 10^4\) 次操作。

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N = 2e5 + 5;
int calc(int num) {
	int res = 0;
	while (num != 1) {
		if (num & 1) {
			res ++, num --;
			continue;
		}
		res ++, num /= 2;
	}
	return res;
}
vector <char> tp;
void make(int num) {
	tp.clear();
	while (num != 1) {
		if (num & 1) {
			tp.push_back('+');
			tp.push_back('1');
			num --;
			continue;
		}
		tp.push_back('+');
		tp.push_back('c');
		num /= 2;
	}
	tp.push_back('1');
	reverse(tp.begin(), tp.end());
}
int n, a[N];
vector <char> ans;
int main() {
	freopen("polaris.in", "r", stdin);
	freopen("polaris.out", "w", stdout);
	cin >> n;
	for (int i = 1; i <= n; i ++) 
		cin >> a[i];
	int r = 0;
	for (int i = n; i >= 1; i --) {
		a[i] += r, r += calc(a[i]);
	}
	for (int i = 1; i <= n; i ++) {
		make(a[i]);
		for (int j = 0; j < tp.size(); j ++) 
			ans.push_back(tp[j]);
	}
	for (int j = 0; j < ans.size(); j ++)
		cout << ans[j];
	return 0;
}