【等差数列】题解

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给你一个长为 $n$，首项为 $a$，公差为 $d$ 的等差数列。

从 $x$ 中任选两个数 $x_i,x_j$ ，同时满足：

• $x_i+x_j$ 为偶数。

• $x$ 中没有 $\frac{x_i+x_j}{2}$

那么你就可以将 $\frac{x_i+x_j}{2}$ 加入 $x$ 中，称为一次操作。

注意：新加入的数也可被选择。

问你最多能进行几次操作？

蒟蒻第一次打月赛，激动地点开第一题：

哇，好简单！

30min 后，终于 AC 了。（我好菜啊）

正文：

首先，这个数列是等差数列，也就是说，每两个相邻元素所构成的子区间 $[x_i,x_{i+1}]$ 中，能产生的新数是一样的。那么，我们就只用算出每两个元素之间能产生多少个新数，再乘以子区间数 $n?1$ 即可。

可能大家会有疑问，万一两个不同子区间中产生的新数又产生了新数呢？

其实原因很简单，因为这两个数所产生的新数，必定会由其中一个子区间中的数产生，那么这时候就重复计算了。所以直接把问题简化成计算两个相邻元素产生的新数即可。

我们来推导一下吧：

设有一集合 $A$，当前有两个元素 { A 1 , A 2 } \left \{ A_1,A_2 \right \} { A1?,A2?}。

首先判断 $A_1+A_2$ 是否是偶数，若不是，则不能再产生数。

根据题目，$A_1$ 为首项，公差为 $d$。

$\therefore A_2=A_1+d$

$\therefore A_1+A_2=2A_1+d$

$\therefore \frac{A_1+A_2}{2}=A_1+\frac{d}{2}$

所以，判断 $A_1+A_2$ 是否为偶数，就是 $d$ 是否为偶数。这也就等于，如果 $d$ 为奇数，就连一个数也产生不了，答案为 $0$。

若设 $d$ 为偶数，则第一次后的集合变成了 $\left\{A_1,\frac{A_1+A_2}{2},A_2\right\}$。这个数列也是一个等差数列，因为前后两个子区间产生的新数是一样的，所以直接判断左子区间 $\left\{A_1,\frac{A_1+A_2}{2}\right\}$。此时 $d$ 又更新为 $\frac{A_1+A_2}{2}?A_1$。继续判断 $d$ 的奇偶，直到 $d$ 为奇数才停止。

又容易发现：

$\because d_1=\frac{A_1+A_2}{2}?A_1$

$\therefore d_1=\frac{A_1}{2}+\frac{A_2}{2}?A_1=\frac{A_2}{2}?\frac{A_1}{2}=\frac{A_2?A_1}{2}$

又 $\because d_0=A_2?A_1$

$\therefore d_1=\frac{d_0}{2}$

即，每次产生新数后，公差 $d$ 就除以 $2$。

到此，思路就已经出来了。

本题像是一个二分，每次二分子区间，只取左或右区间，每次将 $d$ 除以 $2$，判断其奇偶。

开始，子区间数量为 $1$，没有新数。

第一次，子区间数量为 $2$，原来的新数为 $0$，产生的新数为 $1$，共产生 $1$ 个数。

第二次，子区间数量为 $4$，原来的新数为 $1$，产生的新数为 $2$，，共产生 $3$ 个数。

第三次，子区间数量为 $8$，原来的新数为 $3$，产生的新数为 $4$，共产生 $7$ 个数。

可以发现，设答案为 $ans$，则 $an{s}_i=2an{s}_{i?1}+1$。

Code:

#include <cstdio>
int t;
long long n, a, d;
int main() {
    scanf("%d", &t);while(t--) {
    scanf("%lld %lld %lld", &n, &a, &d);long long ans = 0;while(!(d & 1)) {
    ans = (ans << 1) + 1;d >>= 1;}printf("%lld\n", ans * (n - 1));}return 0;
}