[2017.11.25]verlauf

虽然我只过了95分但是还要写个题解，说不定什么时候RP好就A了，O(∩_∩)O哈哈~。

题面

一个神奇的复数 r=−1+7√i2，其中 i 是虚数单位 i2=−1。 对于任意整数x 和 y，
我们都可以找到⼀个有限的整数集合 S 使得

x+y7√i=∑k∈Srk

换句话说，我们将 x + y √7 i 转换为 r 进制，每位上是 0 或者 1。其中为 1的位置的集合记做 S 。
输入x 和y，从小到大输出集合 S 中的元素，可以证明 S 是唯一的。 集合中不能包含相同元素。

输入格式

一行两个整数表示 x, y。

输出格式

一行一个数组表示集合 S ，从小到大输出。

样例输入

7 1

样例输出

2 3 4 5 6 7

数据范围与提示

对于 100% 的数据，满足 |x|,|y|≤1018。

对于 50% 的数据，满足 y=0。

对于 50% 的数据，满足 |x|,|y|≤102。

以上两部分数据相交 25%。

思路

找规律，打一个rk的表，写个程序试试。

程序如下：

#include<algorithm>#include<cmath>#include<complex>using namespace std;typedef complex<double> cd;#include<stdio.h>#include<stdlib.h>const cd r=cd(-1.0,sqrt(7.0))/2.0;int main(){    cd rk(1,0);    for(int i=0;i<=15;i++){        printf("%5d:  ",i);        printf("(%g + %g sqrt(7))/2\n",rk.real()*2,rk.imag()*2.0/sqrt(7.0));        rk*=r;    }    return 0;}

运行结果：

    0:  (2 + 0 sqrt(7))/2    1:  (-1 + 1 sqrt(7))/2    2:  (-3 + -1 sqrt(7))/2    3:  (5 + -1 sqrt(7))/2    4:  (1 + 3 sqrt(7))/2    5:  (-11 + -1 sqrt(7))/2    6:  (9 + -5 sqrt(7))/2    7:  (13 + 7 sqrt(7))/2    8:  (-31 + 3 sqrt(7))/2    9:  (5 + -17 sqrt(7))/2   10:  (57 + 11 sqrt(7))/2   11:  (-67 + 23 sqrt(7))/2   12:  (-47 + -45 sqrt(7))/2   13:  (181 + -1 sqrt(7))/2   14:  (-87 + 91 sqrt(7))/2   15:  (-275 + -89 sqrt(7))/2

惊奇的发现：当rk 被表示成 a+b7√i2 时，其中的a 与b 的和一定是四的倍数，不妨用归纳法证明一下。

定义命题P(x) 表示rx=a+b7√i2:a,b∈Z⇒a+b≡0mod4

首先，P(1):−1+1⋅7√i2a=−1,b=1 显然成立。

当P(x) 成立时有 rx=a+b7√i2:a,b∈Z⇒a+b≡0mod4

那么：

rx+1=rx⋅r=a+b7√i2×−1+7√∗i2=−a−7b2+a−b2⋅7√i2

所以：

P(x+1)⇔−a−7b2+a−b2=−4b(b∈Z)→−4b≡0mod4

由此可得P(x):x∈N∗ 均成立。

也可以顺便证得另一个结论:

c=a+b⋅7√i2(a,b∈Z),c⋅r=−a−7b2+a−b2⋅7√i2⇒real(c⋅r)+imag(c⋅r)=−4b≡0mod4

↑这个结论后文中会用到。

假设max(S)≤n ，用Si 表示集合S中从小到大数第i个元素（i大于元素总个数，令Si=0）。

再定义一个数列A1..n 满足

Ax={0:x∉S1:x∈S

则有：

x+y7√i=∑k∈Srk=∑k=0nAk⋅rk

该式可以看成是一个关于r的n次多项式，可用秦九韶算法进行处理。

∑k=0nAk⋅rk=((...(((An⋅r)+An−1)⋅r+An−2)⋅r+...)⋅r+A1)⋅r+A0

先分析A0 的值是多少，此时q=2x+2y⋅7√i2 ，若2x+2y≠0mod4 ,证明A0=1（因为它表示不成r的c倍的形式，c的定义见上文。）而当2x+2y≡0mod4，不难发现一定有 A0=0 成立，证明如下：

假设A0=1，那么有:

q=2x+2y⋅7√i2=((...(((An⋅r)+An−1)⋅r+An−2)⋅r+...)⋅r+A1)⋅r+1

所以:

q−1=2(x−1)+2y⋅7√i2=((...(((An⋅r)+An−1)⋅r+An−2)⋅r+...)⋅r+A1)⋅r

又因为：

x,y∈且2x+2y≡0mod4

所以：

2(x−1)+2y≡2≠0mod4

即：q−1 不能表示成 c⋅r 的形式，显然与：

q−1=((...(((An⋅r)+An−1)⋅r+An−2)⋅r+...)⋅r+A1)⋅r

矛盾。

所以A0=0充要得证。

分析完A0 我们将q减去A0 再除以r ，现在A1 和刚才的A0 就出在了完全相同的地位了，可以同理得出。直到一个时刻q=0，说明这个多项式已经被满足，结束运算即可。

代码

附上95分代码：

#include<stdio.h>#include<stdlib.h>struct complex{    long long real,imag;};typedef struct complex complex;#define DEBUG (0)#define debug   if(DEBUG)#define runtime if(!DEBUG)int main(){    runtime{        freopen("verlauf.in","r",stdin);        freopen("verlauf.out","w",stdout);    }    long long x,y;    scanf("%lld%lld",&x,&y);    x*=2;y*=2;    debug{        printf("x=%lld y=%lld\n",x,y);    }    int i;    for(i=0;!(x==0 && y==0);i++){        debug printf("i=%d x=%lld y=%lld\n",i,x,y);        if((x+y)%4!=0){//has value            runtime printf("%d ",i);            debug printf("[%d] ",i);            x-=2;        }        long long nx=(7*y-x)/4;        long long ny=(-x-y)/4;        x=nx;y=ny;    }    return 0;}