NOIP模拟赛 t3 nan

模拟赛的名字都好迷啊23333

nan

【问题描述】

我们有一个序列，现在他里面有三个数1，2，2 。我们从第三个数开始考虑：

1、第三个数是2，所以我们在序列后面写2个3，变成 1，2，2， 3， 3。

2、第四个数是3，所以我们在序列后面写3个4，变成 1， 2， 2， 3， 3， 4，4，4。

那么你可以看到，这个序列应该是 1,2,2,3,3,4,4,4,5,5,5,6,6,6,6,…。

如果我们设一个数x最后出现的位置为last(x)，那么现在我希望知道 last(last(x))等于多少。

【输入格式】

第一行一个整数T，代表数据组数。

接下来T行每行一个整数x 。

【输出格式】

T行，每行一个整数，代表last(last(x))%(10^9+7) 的值。

【样例输入】

3

3

10

100000

【样例输出】

11

217

507231491

【样例解释】

╭︿︿︿╮

{/ o o /}

( (oo) )

︶︶︶

【数据规模与约定】

对于30% 的数据， 1<=x<=10^3。

对于60%的数据， 1<=x<=10^6。

对于100%的数据，1<=x<=10^9,1<=T<=2*10^3 。

考试的时候看到这道题内心窃喜，以为自己打表就可以过60%了。

然后。

数组简直怎么开都开不够啊，too large。最后还是只打了30分的表。

于是想尽了办法优化暴力（…）结果最后打表的程序根本交不上，早知道就把暴力交上去了还有30分。

题目分析：

如果对每个数x，直接存每个数的last，甚至是last(last(x))，无疑都是会爆空间的。考虑分区间来做。

对于原序列：

1,2,2,3,3,4,4,4,5,5,5,6,6,6,6,7,7,7,7,…

last[i]=1+2*2+3*2+…+(i-1)*num[i-1]+num[i];

其中num[i]表示这个数出现的次数

对于每个数字出现的次数再确定一个序列：

1,2,2,3,3,4,4,4,5,…

是不是特别神奇。。。

我们可以把出现次数相同的数划在同一个区间，则原序列可以划分为：

1|2,2,3,3,|4,4,4,5,5,5,|6,6,6,6,7,7,7,7,…

对第i个区间，数字出现的次数为i。

last[last[i]]其实就相当于求第二个序列（划分区间）后的last[i]。

[据大佬说暴力算一下最后跑1e9大概一百四十万个区间就够了，这样数组和时间复杂度都是可以接受的]

怎么求啊？

对于每个区间利用两个数组left，right，分别存储区间最左边的数和最右边的数。不难发现区间i最右边的数就是last[i]。

而last[i]其实可以转化为求和了，而且是等差求和。

我们可以维护一个前缀和表示区间1到区间i的和。但算的是每个区间，要回到原序列就还要再乘个数。

而输入的数n很有可能是在区间中间，而不是卡在区间的两端。

所以我们还要对n所在的区间里的和再处理。先二分找到n所在的区间，然后再利用等差求和处理区间内部。

为什么前缀和sum[i]对应的就是last[last[i]]？

还是看这个序列：

1,2,2,3,3,4,4,4,5,5,5,6,6,6,6,…

还是举栗子吧:last[3]=5,

而在num[i]的序列中:

（last[i]=sum[i]）

1,2,2,3,3,4,4,4,5,5,5,6,6,6,6,…

5对应的那个数又是第二次出现的3 （这个是显然的，对任意都成立，根据这个数列的形成方式）

所以last[5]=sum[3];

所以last[last[i]]=sum[i]

具体看代码吧。

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

const int N = 1400000 + 10;
const int mod = 1e9 + 7;

int t;
ll left
,right
;

int temp;//有多少组
ll ans=0;

ll sum
;//求前缀和

int main(){
//freopen("nan.in","r",stdin);
//freopen("nan.out","w",stdout);
left[1]=1,right[1]=1;
left[2]=2,right[2]=3;
temp=2;
for(int i=3;i<=N - 10;i++){
left[i]=right[i-1]+1;
right[i]=right[i-1]+temp;
if(i>=right[temp]) temp++;//已经到下一组了
}
memset(sum,0,sizeof(sum));
for(int i=1;i<=N - 10;i++){
sum[i]=sum[i-1]+i*(right[i]-left[i]+1)*(left[i]+right[i])/2%mod;
sum[i]%=mod;
}
scanf("%d",&t);
while(t--){
int n;
scanf("%d",&n);
int i=lower_bound(left+1,left+N-9,n)-left-1;
//二分查找是第几个区块
ans=sum[i-1];
ans+=(i)*(n-right[i-1])*(left[i]+n)/2%mod;
printf("%I64d\n",ans%mod);
}
return 0;
}