洛谷 NOIP 2023 模拟赛 挑战 NPC IV

洛谷 NOIP 2023 模拟赛 挑战 NPC IV

题目大意

设$f(x)=1+{\log }_2\text{lowbit}(x)$，对于一个$1$到$n$的排列$p_i$，其权值为$\sum _{l=1}^n\sum _{r=l}^n\sum _{i=l}^{r}f(p_i)$。求一个$1$到$n$的排列$p_i$，使得这个排列是所有排列中第$k$小的。输出第$k$小的权值模$998244353$后的值。

有$q$组数据。

对于 $100\%$ 的数据，保证 $1\le n\le 10^{18}$，$1\le k\le \min (10^{18},n!)$，$1\le q\le 10$。

时间限制为$\max (q\times 0.5,2)s$，空间限制为$512MB$。

题解

首先，我们可以得出，$\sum _{l=1}^n\sum _{r=l}^n\sum _{i=l}^{r}f(p_i)=\sum _{i=1}^{n}f(p_i)\times i\times (n-i+1)$。记$c_i=i\times (n-i+1)$，$d_i=f(p_i)$。

我们先考虑$k=1$的情况，也就是要最小化$c_i\times d_i$的和，我们用最大的$c$值来匹配最小的$d$值，次大的$c$值来匹配次小的$d$值，以此类推。

当$k=2$时，我们在权值最小的排列$p_i$的基础上，交换$p_1$和$p_n$的位置，权值不变，也就是说$k=2$时的答案与$k=1$的时的答案相同。

在$k=2$的情况的启发下，我们发现：

• 若$p_i$和$p_j$的最低位$1$的位置相同，则交换$p_i$和$p_j$不会改变权值
• 交换$p_i$和$p_{n-i+1}$也不会改变权值

我们推测：权值取到最小值的排列有很多。

事实上，当$n=29$时，这样的排列数量就已经超过了$10^{18}$，所以，当$n\ge 29$时，答案与$k$无关，始终为最小的权值。

如果按上面那样做是$O(n)$的，下面考虑优化。

对于每一种$f$值，我们需要查询$c$值从小到大排序后一段区间的和，推式子即可，时间复杂度是$O(\log n)$的。

当$n\le 28$时，我们可以用$DP$来做。

设$f[a][b][c][d][e][s]$表示目前已经填了前$i=a+b+c+d+e$个数，其中有$a$个数的最低位为$1$，$b$个数的最低位为$2$，以此类推，且当前的权值为$s$。

我们枚举下一个位置的最低位$1$的位置$t$，那么新状态的权值为$s+c_{i+1}\times t$。

我们发现，从最低位$1$的位置为$1$到$5$的数的数量分别为$14,7,4,2,1$，还要算上$0$的情况，最大的权值不会超过$10000$，那么总状态数$S$不超过$15\times 8\times 5\times 3\times 2\times 10000=3.6\times 10^7$，那么$DP$的时间复杂度为$O(5S)$。

总时间复杂度为$O(q(\log n+5S))$。

code

#include
using namespace std;
const int N=30,V=10000;
const long long mod=998244353;
const long long ny2=499122177,ny6=166374059;
int T,c[N+5],w[10];
long long n,k,ans,lst,now,f[15][8][5][3][2][V+5];
long long gt2(long long t){
	t%=mod;
	return t*(t+1)%mod*ny2%mod;
}
long long gt6(long long t){
	t%=mod;
	return t*(t+1)%mod*(2*t+1)%mod*ny6%mod;
}
long long gt(long long t){
	long long re=(t&1)*(t/2+1)%mod*((n-(t/2+1)+1)%mod)%mod;t/=2;
	long long tmp=((n+1)%mod*gt2(t)%mod-gt6(t)+mod)%mod;
	re=(re+tmp*2)%mod;
	return re;
}
void pt(long long *a,long long *b,int t,int p){
	for(int i=0;i<=V;i++){
		if(b[i]) a[i+t]+=b[i]*p;
	}
}
void gt(long long *a){
	for(int i=0;i<=V;i++){
		if(k>a[i]) k-=a[i];
		else{
			printf("%d\n",i);
			return;
		}
	}
}
int main()
{
	scanf("%d",&T);
	while(T--){
		scanf("%lld%lld",&n,&k);
		ans=0;
		if(n>=29){
			lst=now=0;
			for(int i=60;i>=1;i--){
				now=lst+(n+(1ll<<i-1))/(1ll<<i);
				ans=(ans+(gt(now)-gt(lst)+mod)%mod*i%mod)%mod;
				lst=now;
			}
			printf("%lld\n",ans);
			continue;
		}
		for(int i=1;i<=n;i++){
			c[i]=i*(n-i+1);
		}
		for(int i=1;i<=5;i++){
			w[i]=(n+(1<<i-1))/(1<<i);
		}
		memset(f,0,sizeof(f));
		f[0][0][0][0][0][0]=1;
		for(int v1=0;v1<=w[1];v1++)
		for(int v2=0;v2<=w[2];v2++)
		for(int v3=0;v3<=w[3];v3++)
		for(int v4=0;v4<=w[4];v4++)
		for(int v5=0;v5<=w[5];v5++){
			int sum=v1+v2+v3+v4+v5;
			if(v1<w[1]) pt(f[v1+1][v2][v3][v4][v5],f[v1][v2][v3][v4][v5],c[sum+1]*1,w[1]-v1);
			if(v2<w[2]) pt(f[v1][v2+1][v3][v4][v5],f[v1][v2][v3][v4][v5],c[sum+1]*2,w[2]-v2);
			if(v3<w[3]) pt(f[v1][v2][v3+1][v4][v5],f[v1][v2][v3][v4][v5],c[sum+1]*3,w[3]-v3);
			if(v4<w[4]) pt(f[v1][v2][v3][v4+1][v5],f[v1][v2][v3][v4][v5],c[sum+1]*4,w[4]-v4);
			if(v5<w[5]) pt(f[v1][v2][v3][v4][v5+1],f[v1][v2][v3][v4][v5],c[sum+1]*5,w[5]-v5);
		}
		gt(f[w[1]][w[2]][w[3]][w[4]][w[5]]);
	}
	return 0;
}
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