D. Infinite Set
https://codeforces.com/contest/1635/problem/D
题目描述
你有一个由不同正整数组成的数组和一个无限集 S,现在你需要往集合 S 中塞入所有符合 x x x 条件的数。
x x x 的条件(满足其中任意一个即可):
- x = a i ( 1 ≤ i ≤ n ) x = a_i(1\leq i\leq n) x=ai(1≤i≤n)
- x = 2 y + 1 ( y ∈ S ) x = 2y + 1 (y \in S) x=2y+1(y∈S) ( y y y 必须在 S 集合中)
- x = 4 y ( y ∈ S ) x = 4y (y \in S) x=4y(y∈S) ($y $ 必须在 S 集合中)
求无限集 S 中所有小于 2 p 2^p 2p 的个数。
输入描述
第一行包含两个整数 n 和 p (1≤n,p≤2⋅105)。
第二行包含 n 个整数 a1,a2,…,an (1≤ai≤109)。
保证 a 中的所有数字都是不同的。
输出描述
打印一个整数,即 S 中严格小于 2p 的元素数。 请记住以 109+7 为模打印。
样例
#1
2 4
6 1
9
#2
4 7
20 39 5 200
14
#3
2 200000
48763 1000000000
448201910
提示
在第一个示例中,小于 24 的元素是 {1,3,4,6,7,9,12,13,15}。
在第二个例子中,小于 27 的元素是 {5,11,20,23,39,41,44,47,79,80,83,89,92,95}。
解析
有一说一,二进制的题目我确实没写过…,一时间也只能想到暴力,可这样不可能过,后面看大佬题解,发现要用二进制…
**Tips:**以后但凡看到这种 2 p 2^p 2p 次幂的形式,要往二进制想想。
根据二进制, x x x 的第二和第三条件可以转为:
- 第一条件其实就是 A 数组的所有元素均属于 S
- 2 x + 1 2x+1 2x+1 相当于 2 < < 1 2 << 1 2<<1 然后加 1 1 1 (向后添加一个 1)
- 4 x 4x 4x 相当于 4 < < 2 4 << 2 4<<2 (向后添加两个 0)
题目要我们求 S 中所有小于 2 p 2^p 2p 的数,其实就是求对应的二进制最高位 1 的后面 0 的变化,例如 p = 3 p=3 p=3 时,对应二进制为 1000 1000 1000 ,我们可以得到且不保证符合的有 0000 、 0100 、 0110 、 0111 、 0010 、 0011 、 0001 0000、0100、0110、0111、0010、0011、0001 0000、0100、0110、0111、0010、0011、0001 。
通过上面的例子,我们发现,只是 1 后面的 0 发生了变化,而我们的规则是要么增加一个 1,要么增加两个0(这0是一起添加的,不能分开)。
我们假设一个数为 x x x ,那么我们可以得到:
x x x 增加位数 | 得到的不同的数 | |
---|---|---|
0 | x x x | 1 |
1 | x 1 x1 x1 | 1 |
2 | x 00 、 x 11 x00、x11 x00、x11 | 2 |
3 | x 001 、 x 100 、 x 111 x001、x100、x111 x001、x100、x111 | 3 |
4 | x 0000 、 x 1100 、 x 0011 、 x 1111 、 x 1001 x0000、x1100、x0011、x1111、x1001 x0000、x1100、x0011、x1111、x1001 | 5 |
上表意思:一个数的二进制在其后面增加若干位数,每次只能增加一个 1 或两个 0 ,那么最终得到的不同的数有多少个。
并且能发现,无论如何变化,它们都保证是唯一的。
看得出来这是个斐波那契数列 F [ i ] = F [ i − 1 ] + F [ i − 2 ] F[i] = F[i-1] + F[i-2] F[i]=F[i−1]+F[i−2] ,这里表示一个数增加 i i i 位可以得到的不同数的数量为 F [ i ] F[i] F[i] 个。
我们现在只是求了一个数增加若干位若得到的不同数,并没有将前面的也算进来,所以还需要对其做一个前缀和 p r e f i x [ i ] = p r e f i x [ i − 1 ] + F [ i ] prefix[i] = prefix[i-1] + F[i] prefix[i]=prefix[i−1]+F[i] ,此时定义变为 p r e f i x [ i ] prefix[i] prefix[i] 表示增加 i i i 位后所得到的所有不同数。
最后需要注意若一个数 a i a_i ai 可以由另外一个数得到 a j a_j aj ,因此为了不重复计算,所以只保留 a i a_i ai ,例如 A 有 2, 8 两个元素,8 可以通过 2 得到,因此我们只保留 2 即可。
2:0010
8:1000
0010 可以通过一次变化(即在尾部加两个 0 )==> 001000 ==> 1000
AC Code
public class Main {
static BufferedReader br = new BufferedReader(new InputStreamReader(System.in));
static StreamTokenizer st = new StreamTokenizer(br);
static PrintWriter out = new PrintWriter(new BufferedOutputStream(System.out));
public static void main(String[] args) throws Exception {
final int MOD = 1000000000 + 7;
final int MAX = 200005;
int n = nextInt(), p = nextInt(), ans = 0;
int[] A = new int[MAX];
int[] F = new int[MAX];
int[] prefix = new int[MAX];
F[0] = F[1] = 1;
prefix[0] = 1; prefix[1] = 2;
HashMap<Integer, Boolean> map = new HashMap<>();
for(int i = 2; i < MAX; i++) {
F[i] = (F[i-1] + F[i-2]) % MOD;
prefix[i] = (prefix[i-1] + F[i]) % MOD;
}
for(int i = 1; i <= n; i++) {
A[i] = nextInt();
map.put(A[i], true);
}
// 对数组元素进行去重
for(int i = 1; i <= n; i++) {
int x = A[i];
while(x != 0) {
if(x % 2 == 1) x >>= 1; // 条件2,末尾加 1
else if(x % 4 == 0) x >>= 2; // 条件3,末尾加两个 0
else break;
if(map.containsKey(x)) {
// 判断 x 是否已经存在 S 中
map.remove(A[i]); // 若存在,则表示 A[i] 可以通过其它元素得到,估抛弃该元素
break;
}
}
}
Set<Integer> set = map.keySet();
for(Integer x : set) {
int bit = 32 - Integer.numberOfLeadingZeros(x); // 获取 x 二进制位数的前导零个数
if(bit > p) continue;
ans += prefix[p - bit];
ans %= MOD;
}
System.out.println(ans);
}
public static int nextInt() throws Exception {
st.nextToken();
return (int) st.nval;
}
}