CF1870F - Lazy Numbers 一道Trie树思路应用的题目

news2025/1/25 8:56:35

$\mathrm{CF1870F - Lazy\ Numbers}$

$Descr i pt i o n$

对于给定的 $n$ 和 $k$ ，求解出 $1\sim n$ 的每一个数在 $k$ 进制下字典序排列的顺序，输出满足数字本身为当前排好序后的下标的条件的数的个数（ $\mathrm{EX:} 1$ 在 $1$ 位置是满足条件的）。

$S o l u t i o n$

对于这种 $k$ 进制的题目，可以想到用 Trie 树进行存储并快速计算，不过该题的 Trie 树的建树方式为由高位往低位建图，且不用补前导 $0$ 。（如图所示，此时为 $n = 9, k = 2$ 时的建图情况）

由于要以字典序排列，故采用每一个点下面的边也按由小到大排列。这张 Trie 树的图就记录 $1\sim n$ 中的每一个数，其中字典序的顺序其实就是 DFS 的顺序，即一个点在按字典序排序之后的下标即为在 DFS 序中的下标。因为每一个点对应的边都是从小到大排列的，所以左侧的点一定字典序小，越往右字典序更大。

之后可以发现在同一层中，相邻的点一定相差 $1$ ，但是 DFS 序一定相差大于 $1$ ，故在第 $i$ 层中，相差为 $0$ 的一定是某一连续的段，且差值是满足单调性的，故可以二分。

那么接下来的问题就是如何求出 DFS 序：不可能进行一次 DFS 做一遍，因为 $n$ 是达到 $10^{18}$ 级别的，必定 TLE。但是，可以发现求某个数的 DFS 序可以转化为求有多少个数在他之前访问。

对于转化后的问题，就好求多了，对于每一层，计算出位于这个数左边的数的个数：

对于蓝色的数字个数，就是 $6$ 在每一层时所对应的数的左边的数（包含该数），例如 $6$ 在第 $2$ 层所对应的数为 $3$ ，也就是有根节点到 $6$ 号点所组成的链中的第 $2$ 层的点。这个可以考虑 $6$ 在 $k$ 进制的前缀来计算，比如说 $k = 2$ ，那么二进制是 $110$ ：第一个前缀为 $1$ ，十进制为 $1$ ，故第二层所对应的数为 $1$ ；第二个前缀为 $11$ ，十进制为 $3$ ，故第二层所对应的数为 $3$ ；第三个前缀为 $110$ ，十进制为 $6$ ，故第三层对应的数为 $6$ 。

由于在 $k$ 进制下第 $i$ 层最左侧的数为 $k^i$ ，其中 $i$ 从 $0$ 开始，即 $1$ 的那一层为第 $0$ 层。那么这一层比他小的数为：前缀 $i - k^i+1$ 。比如说，第 $2$ 层（ $6$ 的那一层），就应该是 $6-2^2+1=3$ 。

这样，就可以快速的求解出蓝色部分的值了，但是还有绿色部分也比 $6$ 的 DFS 序小，所以如果未到这棵树的最后 $1$ 层，可以通过尾部不断加入 $0$ 来继续计算（计算方式与上文一致），不过在最后一层要特别注意，可能是不满的，所以此时不能再用前缀减 $k^i$ 了，而是用 $n$ 减 $k^i$ 加 $1$ 。例如， $6$ 在末尾加 $0$ 直到达到整棵树的深度： $1100$ ，这时候在第 $3$ 层时，不能直接用当前数减 $8$ 加 $1$ ，而是用 $9$ ，因为 $9$ 到 $12$ （ $1100$ ）之间的数是没有的。注意：这里 $12$ 不能算入比 $6$ 小的因为这是方便计算加入的 $0$ 才出现的数，不能计入贡献。

最后拿 $3$ 给大家展示一下全过程：

蓝色部分：

（1）第 $0$ 层： $1$ （二进制 $1$ ） $2^0+1=1$

（2）第 $1$ 层： $3$ （二进制 $11$ ） $2^1+1=2$
绿色部分：将 $3$ 补完 $0$ 后得到 $1100$ ，数字为 $12$

（1）第 $2$ 层： $6$ （二进制 $110$ ） $2^2+1-1=2$ （注意不能包含 $6$ ）

（2）第 $3$ 层： $9-2^3+1=2$ （最后 $1$ 层用 $n$ 减）

最后将贡献相加： $1 + 2 + 2 + 2 = 7$ ， $3$ 的 DFS 序为 $7$ 位置。

至此，该题目就可以在 $O(\log_2n\log_k^2n)$ 的时间复杂度通过该题目了，注意某些位置要开 __int128，不过尽量减少使用，详见代码。

$C o d e$

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long

using namespace std;

typedef __int128 i128;

int N, K, L, Pow_K[100], KX[100], S1, S2;

int DFS(int X)
{
	int Result = 0; i128 DEC = 0; S1 = 0, S2 = 0;
	while (X) KX[S1 ++] = X % K, X /= K;
	reverse(KX, KX + S1);
	for (int i = 0; i < S1; i ++) DEC = DEC * K + KX[i], Result += DEC - Pow_K[i] + 1;
	for (int i = S1; i < L; i ++) DEC = DEC * K, Result += min(DEC - 1, (i128)N) - Pow_K[i] + 1;
	return Result;
}

void solve()
{
	cin >> N >> K;

	i128 T = 1; int M = 0, Cpy = N; L = 0, Pow_K[0] = 1;
	while (T * K <= (i128)N) T *= K, M ++, Pow_K[M] = T;
	while (Cpy) Cpy /= K, L ++;

	int Result = 0;
	for (int i = 0; i < L; i ++)
	{
		int l = Pow_K[i], r = Pow_K[i + 1] - 1, l2 = Pow_K[i], r2 = min(Pow_K[i + 1] - 1, N);
		if (i == L - 1) r = N, r2 = N;
		while (l < r) DFS(l + r >> 1) - (l + r >> 1) < 0 ? l = (l + r >> 1) + 1 : r = (l + r >> 1);
		while (l2 < r2) DFS((l2 + r2 + 1 >> 1)) - (l2 + r2 + 1 >> 1) > 0 ? r2 = (l2 + r2 + 1 >> 1) - 1 : l2 = (l2 + r2 + 1 >> 1);
		if (DFS(l) != l) continue;
		Result += r2 - l + 1;
	}

	cout << Result << '\n';
}

signed main()
{
	cin.tie(0);
	cout.tie(0);
	ios::sync_with_stdio(0);

	int Data;

	cin >> Data;

	while (Data --)
		solve();

	return 0;
}