HDU 6304 Chiaki Sequence Revisited(找规律+二分)

Chiaki Sequence Revisited

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Problem Description
Chiaki is interested in an infinite sequence a1,a2,a3,…, which is defined as follows:
an={1an−an−1+an−1−an−2n=1,2n≥3

Chiaki would like to know the sum of the first n terms of the sequence, i.e. ∑i=1nai. As this number may be very large, Chiaki is only interested in its remainder modulo (109+7).

Input
There are multiple test cases. The first line of input contains an integer T (1≤T≤105), indicating the number of test cases. For each test case:
The first line contains an integer n (1≤n≤1018).

Output
For each test case, output an integer denoting the answer.

Sample Input
10
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10

Sample Output
1
2
4
6
9
13
17
21
26
32

题意

$$a_n=\left\{\begin{matrix} 1&n=1,2\\ a_{n-a_{n-1}}+a_{n-1-a_{n-2}}&n\geq 3 \end{matrix}\right.$$
$S_{n}=\sum_{i=1}^{n}a_i$，输入n求解 $S_n$

思路

先对$a_i$打表找一下规律会发现每个数字出现的个数有如下的关系

$$\begin{matrix} 1 &1 \\ 2 &2 \\ 3&1 \\ 4&3 \\ 5&1 \\ 6&2 \\ 7&1 \\ 8&4 \\ \vdots&\vdots \end{matrix}$$
思考一下就会发现对于数字 $i$他出现的个数是 $i$转化为二进制后最后一位1在位置,也就是
$log_2(lowbit(i))+1$，我们把这个函数记作 $f(i)=log_2(lowbit(i))+1$
接下来我们要解决的问题是给你 $n$如何求出 $a_n$，我们记 $f(i)$的前缀和为 $g(i)$，如果知道了n刚好大于下标为 $i$的前缀和就可以确定 $a_{n}$是哪一个数了，前缀和 $g(i)$是一个递增的函数，所以我们可以用二分的方法求出 $i$的值，下面的问题是然后求得 $g(i)$的表达式
关于 $f(i)$有两性质
$$\left\{\begin{matrix} f(2i+1)=1\\ f(2i)=f(i)+1 \end{matrix}\right.$$
利用这两个性质我们可以对 $g(n)$进行化简

---

$$g(2n)=\sum_{i=1}^{2n}f(i)$$ $$=\sum_{i=1}^{n}f(2i)+\sum_{i=0}^{n-1}f(2i+1)$$
$$=n+\sum_{i=1}^{n}(f(i)+1)$$
$$=\sum_{i=1}^{n}f(i)+2n$$
$$=g(n)+2n$$

---

即$g(n)=g(\frac{n}{2})+n$
也就是说我们如果知道下标$i$我们就可以就可以通过递归求出前缀和，有了前缀和的求解方式我们就可以通过二分来找出数字$n$所对应的$a_n$的值了，也就是第$a_n$项的前缀和
那么我们找到了$a_n$又如何求出和$S_n$呢，我们先观察函数$g(a_n)$的值

$$\begin{matrix} & 1& &2 & &3 & & 4 & & 5 & & 6& & 7 & & 8& & 9& &10 & \cdots\\ g(a_n)=& 1 &+ &2 &+ &1 &+ &3 &+ &1 &+ &2 &+ &1 &+ &4 &+ &1 &+ &2 & \cdots \end{matrix}$$
我们已经知道了最后一项也就是 $a_n$的值，那我们观察一下会发现一些等差数列
$$\begin{matrix} 1 &3 &5 &7 &9 &\cdots&*1 \\ 2 &6 &10 &14 &18 &\cdots&*2 \\ 4 &12 &20 &28 &36 &\cdots&*3 \\ &&&\vdots \end{matrix}$$
也就是是每个数字出现的个数都符合一个等差数列的关系，设求出的 $a_n$的值为 $x$
那么每一个等差数列的项数就为 $\frac{x-2^{i-1}}{2^i}+1$，其中 $i$代表是哪一个数列，那么我们就可以求得数列的末项然后用等差数列求和公式就可以求出小于 $a_n$中出现的数的和了，然后每个序列又有一个出现次数，再乘上这个序列出现的次数就可以得到最后的答案了
注意的是二分答案的时候为了不TLE要在 $\frac{n}{2}$的附近查找，序列的规律是除第一项之后的数的规律，所以一开始n-1，最后的答案再加上这个1

#include <iostream>
#include <stdio.h>
#include <math.h>
#include <string.h>
#include <algorithm>
using namespace std;
const long long mod=1e9+7;
const long long inv=(mod+1)/2;
long long clc(long long n)
{
    if(n==0) return 0;
    return clc(n/2)+n;
}
int main()
{
    int t;
    scanf("%d",&t);
    while(t--)
    {
        long long n;
        scanf("%lld",&n);
        n--;
        long long l=n/2-50,r=n/2+50,mid,pos;
        while(l<=r)
        {
            mid=(l+r)>>1;
            if(clc(mid)>n)
                r=mid-1;
            else
                l=mid+1;
        }
        pos=r;
        long long res=(n-clc(pos)+mod)%mod;
        long long ans=0;
        long long j=1;
        for(long long i=1;;i<<=1,j++)
        {
            if(i>pos) break;
            long long num=((pos-i)/(i*2)+1)%mod;
            long long mo=(i%mod+(num-1)%mod*i%mod*2%mod)%mod;
            ans=(ans%mod+(i%mod+mo%mod)%mod*num%mod*inv%mod*j%mod)%mod;
        }
        ans=(ans+res*(pos+1)%mod+mod)%mod;
        printf("%lld\n",(ans+1+mod)%mod);
    }
    return 0;
}