P10026题解

P10026 「HCOI-R1」哀之变化

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题解

这么有趣的分类讨论题肯定要写一篇题解啦！

首先，感觉题目给出的两个操作很像二进制拆分，所以我们考虑倒着把 \(n\) 变成 \(1\)，每次加一或除以二。

我们先把最少操作数给求出来，记为 \(m\)。直观来说，肯定是除以二的收敛速度比较快（废话），所以是偶数就除以二，是奇数就加一，模拟一下就可以得到最小操作次数，显然的，是 \(O(\log n)\) 级别所以不会超时。

然后就要靠我们惊人的注意力了：注意到 \(1\times 2-1=1\)，所以一定有一个长为 \(2\) 的周期。又注意到若 \(n>1\)，则第一步只能是 \(1\times 2=2\)，而 \(2\times 2-1-1=2\)，因此又有一个长为 \(3\) 的周期。结合一下可以得到：

• \(n=0\)：只要 \(k\ge1\) 即有解，因为 \(0\times 2=0\)。

• \(n=1\)：只要 \(k\not=1 \operatorname{and} k\not=3\) 即有解。

• \(n>1\)：\(k\ge m\operatorname{and}k\not=m+1\) 则必定有解，\(k<m\) 则必定无解。

但是 \(k=m+1\) 是不能判定有无解的。比如 \(n=5\)，最小操作为 \((1\times 2\times 2-1)\times 2-1=5\)，需 \(m=5\) 次操作，然而存在 \(1\times 2\times 2\times 2-1-1-1=5\)，共 \(6\) 次操作；而对于 \(n=4\)，有 \(1\times 2\times 2=4\)，故 \(m=2\)，但是可以发现没有操作次数为 \(3\) 的序列，于是我们就挂了。

为什么会出现这种情况呢？其实是因为如果我们的操作序列中出现了先减 \(1\) 再 \(\times 2\) 这种东西，那我们可以拆括号 \((x-1)\times 2=(x\times 2-1-1)\)，就完成了从 \(2\) 次操作扩展到 \(3\) 次操作。

于是，满足 \(k=m+1\) 无解的所有数都应该满足：使其取到 \(m\) 的操作序列应为：\(1\times 2\times 2\times\dots\times 2-1-1-\dots-1\)。不过又由于我们在求 \(m\) 时只有在奇数时才会使用第一种减一操作，因此最后的那一连串 \(-1\) 实际最多只会有一项。

再细想一下，就不难发现所有 \(2\) 的幂和 \(2\) 的幂减一的 \(k=m+1\) 是无解的，而其余均有解。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
inline int rd() {
	int s=0,m=0;char ch=getchar();
	while(!isdigit(ch)) {if(ch=='-')m=1;ch=getchar();}
	while( isdigit(ch)) s=(s<<3)+(s<<1)+(ch^48),ch=getchar();
	return m?-s:s;
}
int t,n,k,s;
bool check(int x) {return (1ll<<(int)log2(x))==x; }
signed main() {
	cin>>t;
	while(t--) {
		k=rd(),n=rd(),s=0;
		if(n==0) {puts(k!=0?"Yes":"No");continue;}
		if(n==1) {puts(k!=1&&k!=3?"Yes":"No");continue;}
		for(int u=n;u!=1;s++)
			if(u%2) u++;
			else u/=2;
		if(k<s) puts("No");
		else if(k!=s+1) puts("Yes");
		else if(!check(n+(n%2))) puts("Yes");
		else puts("No");
	}
	return 0;
}