[CP / Codeforces] E. Vlad and an Odd Ordering（Div. 4）

E. Vlad and an Odd Ordering

---

我很喜欢这道题，第一是因为它对我来说很难，第二是因为它体现了数学中的一些美妙而神奇的性质。惭愧的是，初见时我并没能做出来，看了 editorial 后也似懂非懂，直到两个星期之后，才总算理清楚思路，并且给出了一种略微复杂的解法——不知道和官方题解是否重合。

题目大意是，你有标着 $1$ 到 $n$ 的 $n$ 张卡片，现在你需要按如下顺序将它们依次摆放：

• 首先从小到大摆放所有标着奇数的卡片；
• 然后从小到大摆放所有标着奇数 $\times 2$ 的卡片;
• 然后从小到大摆放所有标着奇数 $\times 3$ 的卡片;
• ……
• 直到所有卡片都被摆放完毕。

问第 $k$ 张被摆放的卡片上面标的数字是什么（为方便，以下省略 “卡片” 一词）。

观察数据规模，如果暴力模拟的话必然会超时，所以需要研究其背后的规律。

定义第 $i$ 轮摆放的数字等于 “奇数 $\times i$”，为了找到突破口，我先模拟了一下 $n=12$ 时的情况：

• 第 1 轮：$[1357911]$
• 第 2 轮：$[2610]$
• 第 3 轮：$[]$
• 第 4 轮：$[412]$
• 第 5 轮：$[]$
• 第 6 轮：$[]$
• 第 7 轮：$[]$
• 第 8 轮：$[8]$

注意到只有 $2^{i-1}$ 轮时才有数字被摆放，这是巧合吗？下面展开分析。

首先，第一轮摆放的必定是所有的奇数，这意味着除 $1$ 以外的奇数轮（比如第 $3$、$5$、$7$ 轮）都不会摆放任何数字，因为奇数和奇数的乘积依然是奇数，而所有的奇数已在第一轮被摆放完了。

观察第 $6$ 轮，它是偶数轮，但它同样没有摆放任何数字，因为 “奇数 $\times 6$” 中，$6=2\times 3$，所以在这一轮将要摆放的数字在第 $2$ 轮中已经出现过了。

更一般地，我们会发现，所有满足 $i=2^w\cdot m$（$m$ 为大于 $1$ 的奇数，$w$ 为正整数）的轮次都不会摆放任何数字，因为该轮次本应该摆放的数字早就在第 $2^w$ 轮中出现过了。

因此得出结论，只有在轮次为 $2^w$ 时才会摆放数字，所以我们可以统计每个这样的轮次摆放数字的总个数，逐个累加，直到找到 $k$ 所处的轮次，且 $k$ 在该轮次内 是第 $j$ 个数，那么第 $k$ 个被摆放的数字就等于 $2^w\times (2j-1)$。

每个轮次摆放的数字总个数可以通过以下方法获得：

• 计算 $a=\lfloor \frac{n}{2^w}\rfloor$ 得到每一轮所乘的最大奇数
• 如果 $a$ 是偶数，则将其减一
• 再通过 $b=\lceil \frac{a}{2}\rceil$ 得到该轮所乘奇数的总个数，也即该轮摆放的数字个数

因此得到代码：

代码 1（$O(logn)$）

void solve() {
    int n, k;
    std::cin >> n >> k;
 
    int cnt = 0, w = 1, t;
    while (1) {
        t = n / w;
        t -= !(t & 1);
        t = (t + 1) / 2;
 
        if (cnt + t >= k)
            break;
 
        cnt += t;
        w <<= 1;
    }
 
    std::cout << ((k - cnt) * 2 - 1) * w << '\n';
}

官方题解提供了两种做法：第一种和我的解法类似，第二种采用了更为简洁的递归，但原理和前面其实是相同的，代码附在下面。

代码 2（$O(logn)$）

int dfs(int n, int k) {
    if (k <= (n + 1) / 2) {
        return k * 2 - 1;
    }
    return 2 * dfs(n / 2, k - (n + 1) / 2);
}
 
void solve() {
    int n, k, ans = 0;
    std::cin >> n >> k;
 
    std::cout << dfs(n, k) << '\n';
}