HDU 6304 Chiaki Sequence Revisited（玄学找规律）

HDU 6304 Chiaki Sequence Revisited（玄学找规律）

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题意

  已知递推公式a[n]=a[i-a[i-1]]+a[i-1-a[i-2]]，求数列a的前n项和。

解题思路

  比赛的时候查了半天的OEIS，一点用都没有，打了好久的表，也没找到什么实质性的规律。后来看大佬直播讲题的时候，弹幕中有人说这题是用lowbit找规律。第二天就发现有个大佬写了这个思路的博客，地址是https://blog.csdn.net/wyj_alone_smile/article/details/81177111，照着大佬的思路写了代码。规律是具有相同lowbit的数出现的次数均为log(lowbit(x))+1。惊了！！大佬是怎么找到的orz。然后我根据出现的次数，草草的打了个表，如下图

  由于篇幅有限，右边还有老长一段没截下来。不过由此图就很容易就能发现出现一次的就是首项为1公差为2的等差数列，出现两次的是首项为2公差为4的等差数列……这样问题就变成了求几个等差数列的和。由于大佬的博客思路很清楚，我自己写了遍感觉跟他的差不多，还是放出来吧，以后自己也看得见。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 100;
const int mod = 1e9+7;

long long p[maxn],num[maxn],n;
long long inv=(mod+1)/2;//2的逆元，不用逆元目测会炸

int lowbit(int x){return x&(-x);}

int getamo(long long x){return lower_bound(p,p+63,x)-p+1;}  //获得出现的次数

long long solve(long long x)
{
    long long ans=0;
    for(long long i=1;i<=x;i*=2)
    {
        long long amo=(x-i)/(i*2);//数列元素的个数-1
        long long maxx=i+amo*i*2; //maxx为尾项,i为首项
        amo=(amo+1)%mod;
        maxx=((i+maxx)%mod*amo)%mod*inv%mod;//等差数列求和
        maxx=maxx*getamo(i)%mod;
        ans=(ans+maxx)%mod;
    }
    return (ans+1)%mod;
}

int main()
{
    p[0]=num[0]=1;
    for(int i=1; i<=63; i++) p[i]=p[i-1]*2,num[i]=2*num[i-1]+1;
    int t;
    while(~scanf("%d",&t))
    {
        while(t--)
        {
            scanf("%lld",&n);n--;
            if(n==0) {
                printf("1\n");
                continue;
            }
            long long tmp=n,sum=0;
            for(int i=62;i>=0;i--)
                if(tmp>=num[i]) tmp-=num[i],sum+=p[i];
            long long ans=solve(sum);
            if(tmp){
                ans=(ans+tmp*(sum+1))%mod;
            }
            printf("%lld\n",ans);
        }
    }
    return 0;
}
/*1010110011011000110110011011000011011001101100011011001101100000110110011011000110110011011000011011001...*/