【HDU5573 2015上海赛区B】【构造 二进制思想】Binary Tree 二叉树上走m层加减数使得最后权值恰为n

#include<stdio.h>
#include<string.h>
int casenum,casei;
int n,m;
long long b[64],s[64],num[64];
int main()
{
for(int i=1;i<=62;++i)b[i]=1ll<<i-1;
for(int i=0;i<=62;++i)s[i]=(1ll<<i)-1;
scanf("%d",&casenum);
for(casei=1;casei<=casenum;++casei)
{
scanf("%d%d",&n,&m);
printf("Case #%d:\n",casei);
memcpy(num,b,sizeof(b));
long long dif=s[m]-n;
if(dif&1){++dif;++num[m];}
dif>>=1;
for(int i=1;i<=m;++i)printf("%lld %c\n",num[i],dif&b[i]?'-':'+');
}
return 0;
}

#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<ctype.h>
#include<math.h>
#include<iostream>
#include<string>
#include<set>
#include<map>
#include<vector>
#include<queue>
#include<bitset>
#include<algorithm>
#include<time.h>
using namespace std;
void fre(){freopen("c://test//input.in","r",stdin);freopen("c://test//output.out","w",stdout);}
#define MS(x,y) memset(x,y,sizeof(x))
#define MC(x,y) memcpy(x,y,sizeof(x))
#define MP(x,y) make_pair(x,y)
#define ls o<<1
#define rs o<<1|1
typedef long long LL;
typedef unsigned long long UL;
typedef unsigned int UI;
template <class T1,class T2>inline void gmax(T1 &a,T2 b){if(b>a)a=b;}
template <class T1,class T2>inline void gmin(T1 &a,T2 b){if(b<a)a=b;}
const int N=0,M=0,Z=1e9+7,ms63=1061109567;
int casenum,casei;
int n,m;
LL b[64],s[64],num[64];
int main()
{
for(int i=1;i<=62;++i)b[i]=1ll<<i-1;
for(int i=0;i<=62;++i)s[i]=(1ll<<i)-1;
scanf("%d",&casenum);
for(casei=1;casei<=casenum;++casei)
{
scanf("%d%d",&n,&m);
printf("Case #%d:\n",casei);
MC(num,b);
LL dif=s[m]-n;
if(dif&1){++dif;++num[m];}
dif>>=1;
for(int i=1;i<=m;++i)printf("%lld %c\n",num[i],dif&b[i]?'-':'+');
}
return 0;
}
/*
【trick&&吐槽】
读题顺序很重要，傻叉题要早点做呀！

【题意】
给你一棵满二叉树，节点按照常规方式做编号，即以1为根，i号节点的左右子节点分别是2i和2i+1
然后有T（100）组数据。
对于每组数据，给你n（1<=n<=1e9）和m（n<=2^m<=60，即log(n)<=m<=60）。
在这棵树上，每个节点可以走到左儿子或右儿子，走到i号节点时，我们可以选择+或-这个节点的权值。
让你现在从深度1走到深度m，一共走过m个节点，适当选择路径及加减，使得最终的权值恰好为n

【类型】
构造 二进制思想

【分析】
构造题至少还是应该画一画。
而当我们画完满二叉树，就会发现，这棵树最左侧恰好是1，2，4，8，16……
而且题目是考虑数的构造，于是我们很自然地想到二进制做法。即，只走最左的链。

然而，和传统二进制构成的区别是，传统二进制是选和不选；这个是加或者减。
而且，只走m层，都是走最左侧，取的数是最小的，会不会比目标要求要小呢？
对于前m层，只走最左侧，数的和是2^m-1，然而n最大时，是可能为2^m的。
就只有一个点的情况没有覆盖，于是，对于这种情况，我们直接选择最后一个层走到2^(m-1)+1即可。

这样，如果都是加法的话，显然路径上的权值会不小于n啦。
于是，问题变成了。多出来的怎么办？

我们要使得路径上的一些'+'变成'-'。然而，这个变更，使得数字每次都是减少偶数。
于是，除了上述提到的n==2^m这种情况之外，定义dif=(2^m-1)-n.
如果dif为奇数，那么我们就在最后一层右移一位，使得现有数和目标数拥有同样的奇偶性。
然后，我们要变'+'为'-'的数值，就是dif>>1了。
而显然，因为n至少为1，所以，这个数值最大也必然小于2^(m-1)，也就是说，这个数值的构造是可以在前m-1层完成。
前m-1层只有2进制数。dif有某个二进制数的话，就在当为变'+'为'-'即可啦。

这样，这道题就可以AC了。
结合二进制思想，是可以瞬间想到想法的基础构造题呢。

【时间复杂度&&优化】
O(Tm)

*/