CodeForces Triple Operations (1999E) 題解

WongDzoendzi發表於2024-08-07

CodeForces Triple Operations (1999E) 題解

題意

把閉區間\([l, r]\)的數字都寫出來。每步操作中，要選擇兩個數\(a\)、\(b\)，使其變為\(3a\)和\(\lfloor \frac{b}{3} \rfloor\)。求出使所有數都等於\(0\)，所需的運算元。已證明解總是存在。

思路

發現１

在樣例中可見，當有數字已為\(0\)時，可以直接令\(0\)增大3倍，也就是不改變它，而同時減小其他任意的數。

發現２

觀察每步操作分別對兩個數的改變：當兩數都不為\(0\)時，\(a\)增大\(3\)倍，\(b\)除以\(3\)，但之後肯定無法“逃避”將\(a\)增大的\(3\)倍除回\(a\)。又因為對任意\(3^ka(k>0)\)來說，總要進行\(k\)次操作才能使其變回\(a\)。這說明如果我們不用\(0\)來配合減小其他數的話，我們並沒有使操作變少，且要將\(a, b\)變為\(a, 0\)，我們至少要操作\(2\)倍\(b\)變為\(0\)需要的次數。

發現３

一個數要除\(3\)除至為\(0\)，需要的操作次數為\(\lfloor\log_{3}Num\rfloor + 1\)。又因為指數函式的單調性，所需操作次數越少，數字一定越小。

推論１

當有\(0\)時，只能透過\(0\)來“真正地”減小不為\(0\)的數。當沒有\(0\)時，我們必須要對某數\(k\)，執行\(2\times \left (\lfloor\log_{3}k\rfloor + 1 \right )\)次操作，使之變成\(0\)。

結論

答案就是最小數運算元的兩倍，加上其他所有數所需的運算元，即\(ans = 2 \times op(l) + \sum_{i = l+1}^{r}op(i)\)，其中\(op(x) = \lfloor\log_{3}x\rfloor + 1\)。

最佳化

但僅僅由上面的結論，直接寫程式碼，恐怕會超時。關鍵在於題目最差的情況下，可以給出\(10^4\)個樣例全是\(\left[1,2\cdot10^5\right]\)，這樣就要執行\(2\times10^9\)次，超時。

顯然，最佳化的關鍵在於不能一個個計算，我們需要更快的方法。觀查操作次數的式子其中的\(3\)與下取整符號，不難發現在連續的區間內，只有遇到\(3\)的某次方數時，操作次數才會改變。

那麼我們就只需要先預處理出足夠多的\(3\)的\(n\)次冪，再一段一段地從\(l\)處理到\(r\)即可。

透過計算器不難算出，\(3\)的\(20\)次冪已經可以滿足題目所需。

程式碼

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;

// 在main中預處理出20個3的次方
ll pow3[21];

void solve()
{
    ll l, r;
    cin >> l >> r;

    int pos = 0;
    while (pos < 20 && pow3[pos] <= l) ++pos;
    // 第一次特殊，因為要先找到最小數的op，並加上，以滿足2倍最小值運算元的要求
    ll ans = pos;
    while (l <= r) {
        // 找到恰好大於的地方，因為恰好大於，所以pos即是前面這些數所需的運算元
        while (pos < 20 && pow3[pos] <= l) ++pos;
        // 因為恰好大於，所以無法保證該數不超過r
        ans += (min(r, pow3[pos] - 1) - l + 1) * (ll)pos;
        l = pow3[pos];
    }
    cout << ans << '\n';
}

signed main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    cout.tie(nullptr);

    // 預處理到3的20次冪
    pow3[0] = 1;
    ll tmp = 3;
    for (int i = 1; i <= 20; ++i) {
        pow3[i] = tmp;
        tmp *= 3;
    }

    int T;
    cin >> T;
    while (T--) {
        solve();
    }
    return 0;
}

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