【2017西安网络赛】E Maximum Flow

最新推荐文章于 2022-11-18 09:24:43 发布

弱菜zc

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分类专栏：题解文章标签： 2017 2017西安现场赛

本文链接：https://blog.youkuaiyun.com/zchahaha/article/details/78008663

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本文探讨了一个特殊场景下的最大流问题，对于一个由n个节点组成的有向图，每条边的容量由节点编号通过异或运算决定，文章详细阐述了解决此问题的思路与方法，并提供了一种高效的解决方案。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

Given a directed graph with $n$ nodes, labeled $0, 1, \dots, n - 1$ .

For each $< i, j >$ satisfies $0 \leq i < j < n$ , there exists an edge from the i-th node to the j-th node, the capacity of which is $i$ xor $j$ .

Find the maximum flow network from the 0-th node to the (n-1)-th node, modulo $1000000007$ .

Input Format

Multiple test cases (no more than $10000$ ).

In each test case, one integer in a line denotes $n (2 \leq n \leq 1 0^{ 18 })$ .

Output Format

Output the maximum flow modulo $1000000007$ for each test case.

样例输入

样例输出

题意：

现在有n个点，编号为0至n-1, 满足i<j的任意两点连一条i^j流量的边，问0到n-1的最大流。 n<=1e18

思路：

比赛搞了4小时这题，最后才过，，，发现大家居然是找规律过的。。。

首先从0到n流量一定是n，

从0到n-1，再从n-1到n，分为两种情况。

一种是(n^(n-1))>n-1，这种情况下都是流量赛n-1，而之后的也都是满流。

另一种情况(n^(n-1))<=n-1，分为两个部分，我们将n看成二进制形式，从0开始出发的流量大小为1到n。从1到2^k-1（2^k<=n)一定是满流的，直接求和。而从2^k到n-1的流量等于n分别与它们的异或后的和。

举个例子：从0到6:

110 满流 =6

101 =110^101 = 3

100 =110^100 = 2

011 满流 =3

010 满流 =2

001 满流 =1

加起来后等于 17.

还需要解决的一个问题是怎么快速求n^(n-1)+n^(n-2)+...+n^(2的k次方)，这个问题可以退化成怎么求n^(n-1)+n^(n-2)+...+n^0。

再举个例子，n=9

n的二进制1001。

我们先计算（0001+0010+...+1111)也就是(1+2+...+15) =120

从右往左扫，发现第二位为0，则减去(10+11) =5

第三位为0，则减去（100+101+110+111）=22

结果等于120-5-22=93。

居然是全场题，不开心。

//
//  main.cpp
//  E
//
//  Created by zc on 2017/9/16.
//  Copyright © 2017年 zc. All rights reserved.
//

#include <iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#define ll long long
using namespace std;

const ll MOD=1e9+7;
ll n,a[66];

int main(int argc, const char * argv[]) {
    /*for(int i=2;i<=1000;i++)
    {
        ll ans=(ll)i-1;
        for(int j=i-2;j>=1;j--)
        {
            ans=(ans+min(j,(i-1)^j))%MOD;
        }
        printf("%lld,",ans);
    }*/
    a[0]=1;
    for(int i=1;i<63;i++)   a[i]=(a[i-1]*2);
    while(~scanf("%lld",&n))
    {
        n--;
        ll ans;
        if((n^(n-1))>n-1)
        {
            if(n%2==0)  ans=(((n/2)%MOD)*((n+1)%MOD))%MOD;
            else    ans=((n%MOD)*(((n+1)/2)%MOD))%MOD;
        }
        else
        {
            ll sum=1;
            for(int i=0;i<63&&sum<=n;i++)
            {
                sum<<=1;
            }
            sum>>=1;
            ans=n%MOD;
            ll q=n-sum;
            ll tsum=1;
            for(int i=0;i<63&&tsum<=q;i++)
            {
                tsum<<=1;
            }tsum--;
            ll tans=((((1+tsum)/2)%MOD)*((tsum)%MOD))%MOD;
            ll tt=1;
            for(int i=0;i<63&&q;i++)
            {
                ll tq=(((a[i]+a[i+1]-1)%MOD)*((a[i]/2)%MOD))%MOD;
                if(i==0)    tq=1;
                if(!(q&1)) tans=(tans+MOD-tq)%MOD;
                q>>=1;
            }
            ans=(ans+tans+MOD)%MOD;
            ll t=sum-1;
            if(t%2==0)  ans=(ans+((t/2)%MOD)*((t+1)%MOD))%MOD;
            else    ans=(ans+(t%MOD)*(((t+1)/2)%MOD))%MOD;
        }
        printf("%lld\n",ans);
    }
}