P8918 『MdOI R5』Jump 题解

本篇题解为许多赛时面向样例编程的人证明结论的正确性

题目大意

给出 $t$ 组测试数据，对于每组测试数据给出一个正整数 $n$，表示期望跳 $ans$ 步可以到达 $n$，每步可以跳 $2^{i-1}$ 个单位，其中 $1\le i\le ans$。输出 $ans$ 的最小值。如果无论如何都不能到达 $n$，则输出 $-1$。

结论

我赛时观察样例，发现如果 $n\equiv 0(\mathrm{mod}2)$，即 $n$ 为偶数时，无法到达 $n$，答案为 $-1$。如果 $n\equiv 1(\mathrm{mod}2)$，即 $n$ 为奇数，答案为 $\lceil {\log }_{2}n\rceil$。

证明

证明分两部分。第一部分证明答案为 $-1$ 时的正确性，第二部分证明如果有答案，如何求出正确答案。

无法到达

这个部分比较简单。

按照题意，第一步走了 $2^0=1$ 个单位长度，从第二步开始，每次走的距离为偶数。一个数加减一个偶数奇偶性不变，所以走到的地方必为奇数，故得证。

求出答案

这个部分较为复杂。

首先给出一个不必证明的结论（这个很基础，限于篇幅我不给出证明），后文简称结论：给定一个集合 {1,2,4,8,…,2n∣n∈N+}\{1,2,4,8,\ldots,2^n | n \in N_+ \}{1,2,4,8,…,2n∣n∈N+​}，可以任意选取这个集合的某个非空子集 $B$，对 $B$ 的每个元素求和，记这个和为 $sum$。规定一个新的集合 $C$，其包含所有可能的 $sum$ 的值，则 C={1,2,3,…,2n+1−1}C = \{ 1,2,3,\ldots,2^{n+1}-1 \}C={1,2,3,…,2n+1−1}。

然后发现结论和这道题相似度非常大，区别在于：结论中对于每一个元素可选可不选，而本题对于每个元素必须选但可以求差。

类比结论，我们发现：如果一个数加上 $2^x$，则相当于加上 $2^{x+1}-2^x$，也就是说如果 $2^m$ 在结论中没有被选中，而在本题中必须被选中，我们可以借助 $2^{m-1}$ 把它抵消掉，相当于没有选。那如果 $2^{m-1}$ 也没有选呢？考虑类似递归的选法，去选 $2^{m-2}$，如果满足就选上，如果不满足就继续递归。虽然结论中有不选 $1$ 的极端情况会出现没有递归出口，但是考虑到这道题 $n\equiv 0(\mathrm{mod}2)$ 的情况是没有解的，所以所有情况成立，故得证。

所以答案为 $\lceil {\log }_{2}n\rceil$。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define Getchar() p1==p2 and (p2=(p1=Inf)+fread(Inf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++
#define Putchar(c) p3==p4 and (fwrite(Ouf,1,1<<21,stdout),p3=Ouf),*p3++=c
char Inf[1<<21],Ouf[1<<21],*p1,*p2,*p3=Ouf,*p4=Ouf+(1<<21);
inline void read(int &x,char c=Getchar())
{
	bool f=c!='-';
	x=0;
	while(c<48 or c>57) c=Getchar(),f&=c!='-';
	while(c>=48 and c<=57) x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48),c=Getchar();
	x=f?x:-x;
}
inline void write(int x)
{
	if(x<0) Putchar('-'),x=-x;
	if(x>=10) write(x/10),x%=10;
	Putchar(x^48);
}
int t,n;
int main()
{
	read(t);
	while(t--)
	{
		read(n);
		if(n==1) Putchar('1'),Putchar('\n');
		else if(n%2==0) Putchar('-'),Putchar('1'),Putchar('\n');
		else write((ceil)(log2(n))),Putchar('\n');
	}
	fwrite(Ouf,1,p3-Ouf,stdout),fflush(stdout);
	return 0;
}