AtCoder题解——Beginner Contest 179——E - Sequence Sum

本文解析AtCoderBeginnerContest179E题,针对序列求和问题,提出优化算法,通过查找循环部分降低计算复杂度。

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题目链接

AtCoder Beginner Contest 179 E 题,https://atcoder.jp/contests/abc179/tasks/abc179_e

Problem Statement

Let us denote by f(x,m) the remainder of the Euclidean division of x by m.

Let A be the sequence that is defined by the initial value A1=X and the recurrence relation A_{N+1}=f(A^{2}_{N}, M). Find \sum_{i=1}^{N}A_{i}.

Input

Input is given from Standard Input in the following format:

N X M

Output

Print \sum_{i=1}^{N}A_{i}.

Samples1

Sample Input 1

6 2 1001

Sample Output 1

1369

Explaination

The sequence A begins 2,4,16,256,471,620,… Therefore, the answer is 2+4+16+256+471+620=1369.

Samples2

Sample Input 2

1000 2 16

Sample Output 2

6

Explaination

The sequence A begins 2,4,0,0,… Therefore, the answer is 6.

Samples3

Sample Input 3

10000000000 10 99959

Sample Output 3

492443256176507

Constraints

  • 1 ≤ N ≤ 10^10
  • 0 ≤ X < M ≤ 10^5
  • All values in input are integers.

题解报告

题目翻译

定义了一个函数 f(x, m),该函数的含义是 x 对 m 进行欧几里得除法的余数。

我们定义一个序列 A,A_{1}=XA_{N+1}=f(A^{2}_{N}, M)。要求我们计算 \sum_{i=1}^{N}A_{i}

Euclidean division

内容来自 Wiki。

给两个整数 a 和 b,其中 b\neq 0,存在一个唯一的整数 q 和 r,满足 a=bq+r,其中 0\leq r< |b|

样例数据分析

样例 1

根据输入可得,N=6,X=2,M=1001。整个计算过程如下。

 xans
A1A1=2%1001=2ans=2
A2A2=(2*2)%1001=4ans=6
A3A3=(4*4)%1001=16ans=20
A4A4=(16*16)%1001=256ans=276
A5A5=(256*256)%1001=471ans=743
A6A6=(471*471)%1001=620ans=1361

样例 2

根据输入可得,N=100,X=2,M=16。整个计算过程如下。

 xans
A1A1=2%16=2ans=2
A2A2=(2*2)%16=4ans=6
A3A3=(4*4)%16=0ans=6
A4A4=(0*0)%16=0ans=6
......

样例 3

根据输入可得,N=10000000000,X=10,M=99959。我去,这个 N 太大了,我还是算了。

题目分析

看上去好像比较简单啊,但是是 E 题,难度在哪里?当看到 N 的最大值是 1e10 的时候,就知道了,直接暴力枚举肯定是 TLE。

暴力枚举代码

//https://atcoder.jp/contests/abc179/tasks/abc179_e
#include <iostream>

using namespace std;

typedef unsigned long long ULL;

ULL qmi(ULL a, ULL b, ULL mo) {
    ULL res=1;
    while(b) {
        if (b&1) {
            res=res*a%mo;
        }
        a=a*a%mo;
        b>>=1;
    }
    return res;
}

int main() {
    ULL  n,x,m;
    cin>>n>>x>>m;

    ULL ans=0;
    for (int i=1; i<=n; i++) {
        ans+=x;
        x=qmi(x,2,m);
        //cout<<"n="<<i<<",sum="<<ans<<"\n";
        if (0==x) {
            break;
        }
    }

    cout<<ans<<"\n";

    return 0;
}

可以看到只有一些小数据测试用例可以通过,其他都是 TLE。

其实不需要使用快速幂,因为我们每次就是平方操作。

优化

好吧,我们开始优化环节,让我们再次阅读一下题目,我们可以发现在每次进行运算的时候,需要对 M 进行取模,而 M 的最大值为 1e5,也就是说明根据构造的函数 f(x, m) 计算出的数据可能性也就是 0 ~ 1e5-1,一共 1e5 个。也就是我们计算 Ai 的时候必然会出现循环部分,那么我们的优化就是找出这个循环部分。这样将 N 的数量级降低到了 1e5,那么我们就可以通过了。

所谓的优化,就是记录 Ai 落在 1e5 范围的数据即可。

首先,我们看在题目需要计算的是 A1+A2+...+An 的和,这样我们可以使用前缀和来降低复杂度。

我们使用两个数组,一个数组记录 Ai 的 A1+A2+...+Ai 的前缀和,另外一个数组记录 Ai 的位置。这两个数组的大小都是 1e5+4。使用数组 idx 存放索引,使用数组 sum 存放前缀和。

样例数据分析

样例 1

根据输入可得,N=6,X=2,M=1001。这样,我们可以得到优化算法的计算过程。

初始状态

第一次。A1=2%1001=2,而 idx[2]=0,说明数据没有计算。计算得 sum[1]=2。

第二次。A2=2*2%1001=4,由于 idx[4]=0,说明数据没有计算,计算得 sum[2]=6。

第三次。A3=4*4%1001=16,由于 idx[16]=0,说明数据没有计算,计算得 sum[3]=22。

第四次。A4=16*16%1001=256,由于 idx[256]=0,说明数据没有计算,计算得 sum[4]=278。

第五次。A5=278*278%1001=471,由于 idx[471]=0,说明数据没有计算,计算得 sum[5]=749。

第六次。A6=471*471%1001=620,由于 idx[620]=0,说明数据没有计算,计算得 sum[6]=1369。

第七次。A7=620*620%1001=16,由于 idx[16]=3,说明数据已经计算,开始循环。这样我们就通过打表找到了循环。

下面我们需要做的就是查找出起点(left)和终点(right),在数组 sum 中找到最终的答案。

优化后代码

//https://atcoder.jp/contests/abc179/tasks/abc179_e
#include <iostream>
#include <algorithm>

using namespace std;

typedef unsigned long long ULL;

const int MAXN=1e5+4;
int idx[MAXN];//和位置索引
ULL sum[MAXN];//和

int main() {
    ULL  n,x,m;
    cin>>n>>x>>m;

    //打表
    ULL now;//当前Ai的值
    ULL cnt;//位置
    ULL l;//索引起点
    ULL r;//索引终点
    for (cnt=1, now=x; ; now=now*now%m, cnt++) {
        if (!idx[now]) {
            //没有计算过,标注已经计算
            idx[now]=cnt;
        } else {
            //数据存在
            l=idx[now];
            r=cnt-1;
            break;
        }
        //更新数据表
        sum[cnt]=sum[cnt-1]+now;
    }

    ULL len=r-l+1;
    ULL ans=0;
    ans+=sum[min(n, l-1)];
    
    n=max(0ULL, n-l+1);
    if (n) {
        ans+=(sum[r]-sum[l-1])*(n/len)+(sum[n%len+l-1]-sum[l-1]);
    }

    cout<<ans<<"\n";

    return 0;
}

AtCoder Beginner Contest 134 是一场 AtCoder 的入门级比赛,以下是每道的简要题解: A - Dodecagon 目描述:已知一个正十二边形的边长,求它的面积。 解思路:正十二边形的内角为 $150^\circ$,因此可以将正十二边形拆分为 12 个等腰三角形,通过三角形面积公式计算面积即可。 B - Golden Apple 目描述:有 $N$ 个苹果和 $D$ 个盘子,每个盘子最多可以装下 $2D+1$ 个苹果,求最少需要多少个盘子才能装下所有的苹果。 解思路:每个盘子最多可以装下 $2D+1$ 个苹果,因此可以将苹果平均分配到每个盘子中,可以得到最少需要 $\lceil \frac{N}{2D+1} \rceil$ 个盘子。 C - Exception Handling 目描述:给定一个长度为 $N$ 的整数序列 $a$,求除了第 $i$ 个数以外的最大值。 解思路:可以使用两个变量 $m_1$ 和 $m_2$ 分别记录最大值和次大值。遍历整个序列,当当前数不是第 $i$ 个数时,更新最大值和次大值。因此,最后的结果应该是 $m_1$ 或 $m_2$ 中较小的一个。 D - Preparing Boxes 目描述:有 $N$ 个盒子和 $M$ 个物品,第 $i$ 个盒子可以放入 $a_i$ 个物品,每个物品只能放在一个盒子中。现在需要将所有的物品放入盒子中,每次操作可以将一个盒子内的物品全部取出并分配到其他盒子中,求最少需要多少次操作才能完成任务。 解思路:首先可以计算出所有盒子中物品的总数 $S$,然后判断是否存在一个盒子的物品数量大于 $\lceil \frac{S}{2} \rceil$,如果存在,则无法完成任务。否则,可以用贪心的思想,每次从物品数量最多的盒子中取出一个物品,放入物品数量最少的盒子中。因为每次操作都会使得物品数量最多的盒子的物品数量减少,而物品数量最少的盒子的物品数量不变或增加,因此这种贪心策略可以保证最少需要的操作次数最小。
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