【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
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题面

最近公共祖先$\text{(Lowest Common Ancestor,LCA)}$是指在一个树中同时拥有给定的两个点做为后
代的最深的节点。
为了学习最近公共祖先，你获得了一个层数为$n+1$的满二叉树，其中根节点的深度为$0$，其余节点的深度为父节点的深度$+1$。你须要求出二叉树上全部点对 $\texttt{(i,j)}$,（$i$,$j$能够相等，也能够$i > j$）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

一行一个整数表示全部点对 $\texttt{(i,j)}$,（$i$,$j$能够相等，也能够$i > j$）的最近公共祖先的深度之和对$10^9+7$取模后的结果。

样例

$\texttt{input#1}$
2

$\texttt{input#2}$
19260817

$\texttt{output#1}$
22

$\texttt{output#2}$
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 $\texttt{(4,4),(5,5),(6,6),(7,7)}$ 共$4$对的最近公共祖先深度为$2$，$\texttt{(4,2),(2,4),(5,2),(2,5),(5,4),(4,5),(2,2),(6,3),(3,6),(3,7),(7,3),(6,7),}$$\texttt{(7,6),(3,3)}$共$14$对最近公共祖先深度是$1$，其余的点对最近公共祖先深度为$0$，因此答案为$22$。

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，$1 \le n \le 10^9$ 。

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题解

对于一颗有$n$层的满二叉树很显然符合如下几点
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$\text{LCA}$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$\text{LCA}$都为根节点。因此点对个数为
$$\LARGE\frac{2^{n-i+1}-2}{2} \times \frac{2^{n-i+1}-2}{2}$$
$$\LARGE= (2^{n-i}-1) \times (2^{n-i}-1)$$
$$\LARGE= 2^{2n-2i}-2^{n-i+1}+1$$
②这棵子树的左子树与根节点的$\text{LCA}$都为根节点。右子树也是。因此有$2^{n-i+1}-2$对点。
③根节点与根节点的$\text{LCA}$也是根节点，点对个数为1。
点对$\texttt{(u,v)}$与点对$\texttt{(v,u)}$在$u \neq v$时是两个不一样的点对。
因此将上述①②相加乘二再加③就是以子树根节点为$\text{LCA}$的点对的数量为：
$$\LARGE 2^{2n-2i+1}-1$$
由于第$i$层的点的个数为$2^i$。因此以第$i$层的点为$\text{LCA}$的点对个数为：
$$\LARGE 2^{2n-i+1}-2^i$$
由于一共有$n+1$层，从$0-n$层，因此答案为：
$$\LARGE \sum_{i=0}^{n} (2^{2n-i+1}-2^i) \times i$$
$$\LARGE =\sum_{i=0}^{n} i \times 2^{2n-i+1}-i \times 2^i$$
但这样复杂度为$\Theta (nlog_n)$过不了。。将上面的式子展开：
$$\LARGE \sum_{i=0}^{n} i \times 2^{2n-i+1} - \sum_{i=0}^{n} i \times 2^i$$
$$\LARGE T_n=\sum_{i=0}^{n} i \times 2^{2n-i+1}$$
$$\LARGE =2^{2n} + 2 \times 2^{2n-1} + 3 \times 2^{2n-2}+...+n \times 2^{n+1}$$
$$\LARGE 2T_n=2^{2n+1} + 2 \times 2^{2n} + 3 \times 2^{2n-1}+...+n \times 2^{n+2}$$
$$\Large 2T_n-T_n=2^{2n+1} + 2^{2n} + 2^{2n-1}+...+2^{n+2} - n \times 2^{n+1}$$
$$\LARGE T_n=2^{2n+1} + 2^{2n} + 2^{2n-1}+...+2^{n+2} - n \times 2^{n+1}$$
很明显前$n$项为等比数列，利用等比数列求和公式能够很快求出。
$$\LARGE T_n=\sum_{i=0}^{n} i \times 2^i$$
$$\LARGE =2 + 2 \times 2^2 + 3 \times 2^3 +...+ n \times 2^n$$
$$\LARGE 2T_n=2^2 + 2 \times 2^3 + 3 \times 2^4 + ... + n \times 2^{n+1}$$
$$\LARGE T_n-2T_n=2 + 2^2 + 2^3 +...+2^n- n \times 2^{n+1}$$
很明显也是等比数列。将这两个相加就是答案了。
快速幂是$log$。因此复杂度是$\Theta(log_n)$

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$Code$

#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<<'\n'<<qaq<<'\n';
    std::cout<<(qwq+qaq+5*mod)%mod;//加上一个模数再取模是为了处理负数的状况
    return 0;
}