codeforces1080D 2000分数学-白红宇

codeforces1080D 2000分数学

阅读量：291 次

发布时间：2019-03-03

本文共 1868 字，大约阅读时间需要 6 分钟。

为了解决这个问题，我们需要判断是否可以从左下角走到右上角，经过的正方形大小相同，并且只能向上或向右走。我们需要高效地处理大数范围，并确保计算不会溢出。

方法思路

问题分析：

给定一个大小为 (2^n \times 2^n) 的正方形，需要进行 (k) 次操作。

每次操作将一个 (a \times a) 的正方形切割成4个 ((a/2 \times a/2)) 的小正方形。

我们需要判断是否存在一条从左下到右上的路径，且路径上的每个正方形大小相同。

关键观察：

当 (n \geq 32) 时，一定有解，且路径上的正方形边长为 (2^{n-1})。

当 (n \leq 31) 时，需要详细计算每个可能的路径分割次数，判断 (k) 是否满足条件。

算法选择：

预先计算所有可能的分割次数和总次数。

使用循环遍历每个可能的路径分割次数，判断 (k) 是否在允许范围内。

复杂度分析：

时间复杂度：对于 (n \leq 31)，遍历次数为 (O(n))，每次遍历的时间复杂度为 (O(n))，总时间复杂度为 (O(n^2))。

空间复杂度：使用 (O(1)) 内存存储必要的计算结果。

解决代码

#include 
   
    
using namespace std;
ll pow2(int x) {
    return static_cast
    
     (1 << x);
}
ll sum1(int i) {
    return (pow2(i + 1) - 2) - i;
}
ll sum2(int m) {
    ll res = 0;
    for (int j = 1; j <= m; ++j) {
        res += pow2(2 * (j - 1));
    }
    return res;
}
int main() {
    int t;
    scanf("%d", &t);
    while (t--) {
        ll n, k;
        scanf("%lld%lld", &n, &k);
        if (n >= 32) {
            printf("YES %lld\n", n - 1);
            continue;
        }
        ll sum1_n = sum1(n);
        bool flag = false;
        int temp;
        for (int i = 1; i <= n; ++i) {
            ll s = sum1(i);
            if (s > k)
                continue;
            int m = n - i;
            ll t_sum = sum2(m);
            ll power = pow2(i + 1) - 1;
            ll t = t_sum * power;
            ll target = sum1_n - t;
            if (k <= target && k >= s) {
                flag = true;
                temp = i;
                break;
            }
        }
        if (flag) {
            printf("YES %d\n", temp);
        } else {
            printf("NO\n");
        }
    }
    return 0;
}