【题目】NKOJ-4247 老蒋的数列

题目大意

有两个数列$a,b$，定义如下。已知数列$a$有一个性质：对于任意的正整数$x$，存在唯一的整数对$(p,q)$，满足$a_q-a_p=x$。现在有$n$个询问，每个询问给出一个正整数$x_i$，求出与之对应的整数对$(p_i,q_i)$（先输出$q_i$，后输出$p_i$）。

an={nn⩽22an−1n>2, nmod  2=1an−1+bn−1n>2, nmod  2=0bn=mex{∣ai−aj∣∣1⩽i,j⩽n}\begin{aligned} a_n&=\begin{cases} n&n\leqslant 2\\ 2a_{n-1}&\text{$n>2$, $n\mod 2=1$}\\ a_{n-1}+b_{n-1}&\text{$n>2$, $n\mod 2=0$} \end{cases}\\ b_n&=\text{mex}\lbrace\vert a_i-a_j\vert\vert1\leqslant i,j\leqslant n\rbrace \end{aligned}an​bn​​=⎩⎪⎨⎪⎧​n2an−1​an−1​+bn−1​​n⩽2n>2, nmod2=1n>2, nmod2=0​=mex{∣ai​−aj​∣∣1⩽i,j⩽n}​

$n⩽250000$，$x_i⩽10^9$。

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思路

这是一道非常奇葩的题目。首先暴力打表方便找规律：

$n$	1	2	3	4	5	6	7	8	…
$a_n$	1	2	4	8	16	21	42	51	…
$b_n$	1	2	4	5	5	9	9	10	…

$n$	…	53	54	55	56	57	…
$a_n$	…	531141824	531141876	1062283752	1062283805	2124567610	…
$b_n$	…	52	53	53	54	54	…

注意到数列$a$的递推式中有$a_n=2a_{n-1}$的部分，这意味着$a_n$增长得特别快，第60项以前就超过了$10^9$。因此确定一个界限$N$，让该界限内$a_n$的值不至于远远超过$10^9$。先暴力计算$a,b$数列的前$N$项，统计可能出现的$a_q-a_p$的值，并记下与之对应的数对$(p,q)$，时间复杂度$O(N^2)$。

若在刚才的暴力计算中出现了询问的$x$，说明$a_q,a_p$都比较小，直接输出对应的数对作为答案。下面讨论$a_p,a_q$都特别大（远大于$10^9$）的情况：

• $q$为偶数时，
  • 若$q-p=1$，有$a_q=a_p+b_p$，即$a_q-a_p=b_p$。
  • 若$q-p=2$，有$a_q=a_{p+1}+b_{p+1}=2a_p+b_{p+1}$，即$a_q-a_p=a_p+b_{p+1}$，与$x⩽10^9$矛盾，排除。
  • 若$q-p>2$，$a_q-a_p$的值只会更大，排除。
• $q$为奇数时，
  • 若$q-p=1$，有$a_q=2a_p$，即$a_q-a_p=a_p$，与$x⩽10^9$矛盾，排除。
  • 若$q-p⩾2$，跟$q$为偶数的情况类似，均排除。

经过上述讨论发现，若$a_p,a_q$特别大，答案$(p,q)$一定满足$q$为偶数，$b_p=x$，且$q-p=1$。于是问题变成了已知$b_p$的值，求$b_p$的下标$p$。下面观察数列$b$：

• $n$为偶数时，有$a_n=a_{n-1}+b_{n-1}$。此时集合{∣ai−aj∣∣1⩽i,j⩽n}\lbrace\vert a_i-a_j\vert\vert1\leqslant i,j\leqslant n\rbrace{∣ai​−aj​∣∣1⩽i,j⩽n}中出现了$|a_n-a_{n-1}|=b_{n-1}$，因此一定有$b_n>b_{n-1}$。
• $n$为奇数时，有$a_n=2a_{n-1}$。此时集合{∣ai−aj∣∣1⩽i,j⩽n}\lbrace\vert a_i-a_j\vert\vert1\leqslant i,j\leqslant n\rbrace{∣ai​−aj​∣∣1⩽i,j⩽n}中新添加的最小元素为$a_n-a_{n-1}=a_{n-1}$，而该元素比原来集合中的最大元素$a_{n-1}-a_{n-2}$还要大得多，因此该集合的$\text{mex}$值不变，即$b_n=b_{n-1}$。

所以$b$数列靠后的项都是相邻两项相同，但大多数时候每次增加$1$，有的时候增加的值超过$1$。后者发生在$n$为偶数时，集合中出现了$b_{n-1}$，但集合中可能原来就有$b_{n-1}+1$。这个$b_{n-1}+1$在添加进集合的时候一定是远大于当时集合中的最大元素的（否则$b_{n-1}$早就应该出现），也就是说$b_{n-1}+1$是在之前$n$为某个奇数时添加的。而由上文可知，此时添加的$b_{n-1}+1$就是数列$a$中的某一项。又因为$b_{n-1}+1<b_n⩽10^9$，所以数列$a$中的这一项是包含在最开始暴力计算的前$N$项当中的。

鉴于$b$数列在第偶数项会发生变化，将$N$设为奇数。假设$b$数组靠后的项每次增加$1$，有$b_p=b_N+\frac{p-N}{2}$。但在数列$a$的前$N$项中可能已经出现了$(b_N,b_p)$内的值，每一个这样的值都会导致$b$数列在某一项多增加$1$。二分查找求出这样的值的个数$cnt$，于是

$$b_p=b_N+\frac{p-N}{2}+cnt$$

将$b_p=x$代入，解得

$$p=2\cdot (x-b_N-cnt)+N$$