HDU 5975 Aninteresting game ( lowbit理解 )

题意：

           已知对于任意的 X ，将其本身填入集合时，也需要将 [ x - lowbit(x) + 1 , x - 1] 重新填入集合。

           给出 X 的最大值 N 和询问次数 K

           共有两类询问

           1.询问将 [ L , R ] 中所有数逐次填入集合时，一共对每个数字填入了多少次。

           2.询问将 [ 1 , N ] 中所有数逐次填入集合时，数字 X 被填入了多少次。

思路：

           注意到对于任意的 X 填入集合时，一共操作了 [ x - lowbit(x) + 1 , x - 1]的大小 + 1 个数，即 lowbit(x) 个数。

由此我们可以做出图，形似树状数组。

          

          那么对于操作1

          如果我们可以计算出lowbit(i)的前 N 项和，我们就可以通过前缀和的思想O(1)来求出答案。

          如何求出lowbit的前N项和呢？

          我们注意到对于任意一个数 X ，lowbit(X) = 以 X 为根的子树的子叶节点数。

          我们又知道高度为 H 的满二叉树有 2^H 个子叶节点（H = 0，1，2.......）。

          那么我们可以通过统计 1.......X 以内有多少个高度为 0，1，2.....的子树就可以计算出lowbit的前 X 项和是多少。统计的过程显然是 O(logX) 的。

          所以对于操作1，其复杂度可以控制在O(logN)左右。

          

          对于操作2，由图显然对于任意一个数 X 其插入的次数是其父节点的个数

          例 1    4、6    2  、8   1

          利用 lowbit 递加即可 复杂度为 O(logN)

          以上本题的复杂度为 O(KlogN)

代码：

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;long long lowbit(long long x){    return x&(-x);}long long solve(long long x){    long long ans=0,two=1;    while(x!=0){        ans+=two*(x-x/2);        x/=2;        two*=2;    }    return ans;}int main(){    long long n,x,y,ans;    int m,ch;    while(scanf("%lld%d",&n,&m)!=-1){        for(int i=0;i<m;i++){            scanf("%d",&ch);            if(ch==1){                scanf("%lld%lld",&x,&y);                ans=solve(y)-solve(x-1);            }else{                scanf("%lld",&x);                ans=0;                while(x<=n){                    ans++;                    x+=lowbit(x);                }            }            printf("%lld\n",ans);        }    }}