CQOI2018 九连环

P4461 [CQOI2018] 九连环

题目大意

$n$连环的装卸要遵守以下两个规则：

• 一号环（最右边的）在任何时候都可以任意装上或卸下
• 如果$k$号环没有被卸下，且$k$号环右边的所有环都被卸下，则$k+1$号环可以任意装上或卸下

求将$n$连环上的环全部取出的最小装卸次数。

有$m$组数据。

$1\le n\le 10^5,1\le m\le 10$

题解

前置知识：快速傅里叶变换（FFT）
设$f_n$表示将$n$连环上的环全部取出的最小装卸次数。我们发现，要拆下所有环，首先要将$n$号环拆下，前提是$1$到$n-2$号环都被拆下，然后将$n$号环拆下。接下来拆$n-1$号环，此时$1$到$n-2$号环都已被拆下，要拆$n-1$号环就要先装上$n-2$号环，继续推得要装上$n-3$号环，以此类推，要将$1$到$n-2$号环全部装上，然后就变成了一个$n-1$连环。

重新理一下：

• 拆掉$1$到$n-2$号环，装卸次数为$f_{n-2}$
• 拆掉$n$号环，装卸次数为$1$
• 装上$1$到$n-2$号环，装卸次数为$f_{n-2}$
• 拆掉$1$到$n-1$号环，装卸次数为$f_{n-1}$

由此可以得到递推式$f_n=f_{n-1}+2f_{n-2}+1$。

令$g_n=f_n+f_{n-1}+1$，$g_1=2$，将$f_n$按上述递推式拆开可得$g_n=f_n+f_{n-1}+1=2(f_{n-1}+f_{n-2}+1)=2g_{n-1}$，即$g_n=2^n$。

再来推$f_n$。由$f_n=f_{n-1}+2f_{n-2}+1$可得$f_n=f_{n-2}+g_{n-1}=f_{n-2}+2^{n-1}$。

如果$n$为偶数，令$n=2k$，则$f_{2k}=f_{2k-2}+2^{2k-1}=2^{2k-1}+2^{2k-3}+\cdots +2^1$。

由等比数列可得$f_{2k}=\frac{2^{2k+1}-2}{3}$。

如果$n$为奇数，令$n=2k+1$，则$g_{2k+1}=f_{2k+1}+f_{2k}+1$，$f_{2k+1}=g_{2k+1}-f_{2k}-1=\frac{2^{2k+1}\times 3-2^{2k+1}+2-3}{3}$。

整理得$f_{2k+1}=\frac{2^{k+2}-1}{3}$。

综上所述，$f_n=\lfloor \frac{2^{n+1}}{3}\rfloor$。

我们发现要用高精度，而且一次乘法的时间复杂度为$O(n^2)$，用快速幂的话总时间复杂度为$O(n^2\log n)$。考虑用$FFT$优化高精度乘法，则总时间复杂度为$O(n{\log }^{2}n)$。

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=100000;
const double pi=acos(-1.0);
struct big{
	int len,a[N+5];
	friend big operator/(const big ax,const int bx){
		big cx;
		cx.len=ax.len;
		int now=0;
		for(int i=ax.len;i>=0;i--){
			cx.a[i]=(now*10+ax.a[i])/3;
			now=(now*10+ax.a[i])%3;
		}
		while(cx.len&&cx.a[cx.len]==0) --cx.len;
		return cx;
	}
}ans;
struct cp{
	double a,b;
	friend cp operator+(const cp ax,const cp bx){
		return (cp){ax.a+bx.a,ax.b+bx.b};
	}
	friend cp operator-(const cp ax,const cp bx){
		return (cp){ax.a-bx.a,ax.b-bx.b};
	}
	friend cp operator*(const cp ax,const cp bx){
		return (cp){ax.a*bx.a-ax.b*bx.b,ax.a*bx.b+ax.b*bx.a};
	}
}w,wn,a1[N+5],a2[N+5];
void ch(cp *a,int l){
	for(int i=1,j=l/2,k;i<l-1;i++){
		if(i<j) swap(a[i],a[j]);
		k=l/2;
		while(j>=k){
			j-=k;k>>=1;
		}
		j+=k;
	}
}
void fft(cp *a,int l,int fl){
	ch(a,l);
	for(int i=2;i<=l;i<<=1){
		wn=(cp){cos(fl*2*pi/i),sin(fl*2*pi/i)};
		for(int j=0;j<l;j+=i){
			w=(cp){1,0};
			for(int k=j;k<j+i/2;k++,w=w*wn){
				cp t=a[k],u=w*a[k+i/2];
				a[k]=t+u;
				a[k+i/2]=t-u;
			}
		}
	}
}
big tim(const big &ax,const big &bx){
	int l1=ax.len+1,l2=bx.len+1;
	int l=1;
	while(l<l1+l2) l<<=1;
	for(int i=0;i<l1;i++) a1[i]=(cp){(double)ax.a[i],0};
	for(int i=l1;i<l;i++) a1[i]=(cp){0,0};
	for(int i=0;i<l2;i++) a2[i]=(cp){(double)bx.a[i],0};
	for(int i=l2;i<l;i++) a2[i]=(cp){0,0};
	fft(a1,l,1);fft(a2,l,1);
	for(int i=0;i<l;i++) a1[i]=a1[i]*a2[i];
	fft(a1,l,-1);
	big re;
	re.len=ax.len+bx.len;
	for(int i=0;i<l1+l2-1;i++) re.a[i]=(int)(a1[i].a/l+0.5);
	for(int i=0;i<=re.len;i++){
		if(re.a[i]>=10){
			if(i==re.len) re.a[++re.len]=0;
			re.a[i+1]+=re.a[i]/10;
			re.a[i]%=10;
		}
	}
	while(re.len&&re.a[re.len]==0) --re.len;
	return re;
}
big gt(int t){
	big re;
	re.a[re.len=0]=t;
	return re;
}
big mi(big bs,int t){
	big re=gt(1);
	while(t){
		if(t&1) re=tim(re,bs);
		t>>=1;bs=tim(bs,bs);
	}
	return re;
}
void print(){
	for(int i=ans.len;i>=0;i--){
		printf("%d",ans.a[i]);
	}
	printf("\n");
}
int main()
{
	int T,n;
	scanf("%d",&T);
	while(T--){
		scanf("%d",&n);
		ans=mi(gt(2),n+1)/3;
		print();
	}
	return 0;
}