【CSP-S膜你考】最近公共祖先 （数学）

Problem A. 最近公共祖先 (commonants.c/cpp/pas)

注意

Input file: commonants.in
Output file: commonants.out
Time Limit : 0.5 seconds
Memory Limit: 512 megabytes

题面

最近公共祖先( ext{(Lowest Common Ancestor,LCA)})是指在一个树中同时拥有给定的两个点作为后
代的最深的节点。
为了学习最近公共祖先，你得到了一个层数为(n+1)的满二叉树，其中根节点的深度为(0)，其他节点的深度为父节点的深度(+1)。你需要求出二叉树上所有点对 ( exttt{(i,j)}),（(i),(j)可以相等，也可以(i > j)）的最近公共祖先的深度之和对(10^9+7)取模后的结果。

输入格式

一行一个整数(n)。

输出格式

一行一个整数表示所有点对 ( exttt{(i,j)}),（(i),(j)可以相等，也可以(i > j)）的最近公共祖先的深度之和对(10^9+7)取模后的结果。

样例

( exttt{input#1})
2

( exttt{input#2})
19260817

( exttt{output#1})
22

( exttt{output#2})
108973412

数据范围与提示

样例(1)解释：

树一共有(7)个节点（一个根节点和两个子节点），其中 ( exttt{(4,4),(5,5),(6,6),(7,7)}) 共(4)对的最近公共祖先深度为(2)，( exttt{(4,2),(2,4),(5,2),(2,5),(5,4),(4,5),(2,2),(6,3),(3,6),(3,7),(7,3),(6,7),})( exttt{(7,6),(3,3)})共(14)对最近公共祖先深度是(1)，其他的点对最近公共祖先深度为(0)，所以答案为(22)。

对于(20%)的数据，(n le 10)。
对于(50%)的数据，(n le 10^6) 。
对于(100%)的数据，(1 le n le 10^9) 。

---

题解

对于一颗有(n)层的满二叉树很显然符合以下几点
1.第(i)层的点的个数为(2^i)。
2.以第(i)层的点为根节点的子树大小为(2^{n-i+1}-1)。
3.以第(i)层的点为( ext{LCA})的点对个数为(2^{2n-i+1}-2^i)

观察上面的图（好丑）,很明显(1,2)都是对的。
对于一颗以第(i)层的节点为根的子树：
①它的左子树与右子树上的点的( ext{LCA})都为根节点。所以点对个数为

[LARGEfrac{2^{n-i+1}-2}{2} imes frac{2^{n-i+1}-2}{2} ]

[LARGE= (2^{n-i}-1) imes (2^{n-i}-1) ]

[LARGE= 2^{2n-2i}-2^{n-i+1}+1 ]

②这棵子树的左子树与根节点的( ext{LCA})都为根节点。右子树也是。所以有(2^{n-i+1}-2)对点。
③根节点与根节点的( ext{LCA})也是根节点，点对个数为1。
点对( exttt{(u,v)})与点对( exttt{(v,u)})在(u eq v)时是两个不同的点对。
所以将上述①②相加乘二再加③就是以子树根节点为( ext{LCA})的点对的数量为：

[LARGE 2^{2n-2i+1}-1 ]

因为第(i)层的点的个数为(2^i)。所以以第(i)层的点为( ext{LCA})的点对个数为：

[LARGE 2^{2n-i+1}-2^i ]

因为一共有(n+1)层，从(0-n)层，所以答案为：

[LARGE sum_{i=0}^{n} (2^{2n-i+1}-2^i) imes i ]

[LARGE =sum_{i=0}^{n} i imes 2^{2n-i+1}-i imes 2^i ]

但这样复杂度为(Theta (nlog_n))过不了。。将上面的式子展开：

[LARGE sum_{i=0}^{n} i imes 2^{2n-i+1} - sum_{i=0}^{n} i imes 2^i ]

[LARGE T_n=sum_{i=0}^{n} i imes 2^{2n-i+1} ]

[LARGE =2^{2n} + 2 imes 2^{2n-1} + 3 imes 2^{2n-2}+...+n imes 2^{n+1} ]

[LARGE 2T_n=2^{2n+1} + 2 imes 2^{2n} + 3 imes 2^{2n-1}+...+n imes 2^{n+2} ]

[Large 2T_n-T_n=2^{2n+1} + 2^{2n} + 2^{2n-1}+...+2^{n+2} - n imes 2^{n+1} ]

[LARGE T_n=2^{2n+1} + 2^{2n} + 2^{2n-1}+...+2^{n+2} - n imes 2^{n+1} ]

很明显前(n)项为等比数列，利用等比数列求和公式可以很快求出。

[LARGE T_n=sum_{i=0}^{n} i imes 2^i ]

[LARGE =2 + 2 imes 2^2 + 3 imes 2^3 +...+ n imes 2^n ]

[LARGE 2T_n=2^2 + 2 imes 2^3 + 3 imes 2^4 + ... + n imes 2^{n+1} ]

[LARGE T_n-2T_n=2 + 2^2 + 2^3 +...+2^n- n imes 2^{n+1} ]

很明显也是等比数列。将这两个相加就是答案了。
快速幂是(log)。所以复杂度是(Theta(log_n))

---

(Code)

#include<bits/stdc++.h>
typedef long long ll;
ll n;
const ll mod=1000000007;

inline void read(ll &T) {
    ll x=0;bool f=0;char c=getchar();
    while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=!f;c=getchar();}
    while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+c-'0';c=getchar();}
    T=f?-x:x;
}

inline ll qpow(ll a,ll b) {
    ll ans=1,base=a;
    while(b) {
        if(b&1) ans=(ans*base)%mod;
        base=(base*base)%mod;
        b>>=1;
    }
    return ans%mod;
}

int main() {
    read(n);
    ll qwq=(((2*qpow(2,2*n+1))%mod-qpow(2,n+2)+5*mod)%mod-n*qpow(2,n+1)+5*mod)%mod;
    ll qaq=((((2*qpow(2,n))%mod)-2+5*mod)%mod-n*qpow(2,n+1)+5*mod)%mod;
    //std::cout<<qwq<<'
'<<qaq<<'
';
    std::cout<<(qwq+qaq+5*mod)%mod;//加上一个模数再取模是为了处理负数的情况
    return 0;
}