【题目】NKOJ-4247 老蒋的数列

题目大意

有两个数列a,ba,ba,b，定义如下。已知数列aaa有一个性质：对于任意的正整数xxx，存在唯一的整数对(p,q)(p,q)(p,q)，满足aq−ap=xa_q-a_p=xaq−ap=x。现在有nnn个询问，每个询问给出一个正整数xix_ixi，求出与之对应的整数对(pi,qi)(p_i,q_i)(pi,qi)（先输出qiq_iqi，后输出pip_ipi）。

an={nn⩽22an−1n>2, nmod2=1an−1+bn−1n>2, nmod2=0bn=mex{∣ai−aj∣∣1⩽i,j⩽n}\begin{aligned} a_n&=\begin{cases} n&n\leqslant 2\\ 2a_{n-1}&\text{$n>2$, $n\mod 2=1$}\\ a_{n-1}+b_{n-1}&\text{$n>2$, $n\mod 2=0$} \end{cases}\\ b_n&=\text{mex}\lbrace\vert a_i-a_j\vert\vert1\leqslant i,j\leqslant n\rbrace \end{aligned}anbn=⎩⎪⎨⎪⎧n2an−1an−1+bn−1n⩽2n>2, nmod2=1n>2, nmod2=0=mex{∣ai−aj∣∣1⩽i,j⩽n}

n⩽250000n\leqslant 250000n⩽250000，xi⩽109x_i\leqslant 10^9xi⩽109。

思路

这是一道非常奇葩的题目。首先暴力打表方便找规律：

nnn	1	2	3	4	5	6	7	8	…
ana_nan	1	2	4	8	16	21	42	51	…
bnb_nbn	1	2	4	5	5	9	9	10	…

nnn	…	53	54	55	56	57	…
ana_nan	…	531141824	531141876	1062283752	1062283805	2124567610	…
bnb_nbn	…	52	53	53	54	54	…

注意到数列aaa的递推式中有an=2an−1a_n=2a_{n-1}an=2an−1的部分，这意味着ana_nan增长得特别快，第60项以前就超过了10910^9109。因此确定一个界限NNN，让该界限内ana_nan的值不至于远远超过10910^9109。先暴力计算a,ba,ba,b数列的前NNN项，统计可能出现的aq−apa_q-a_paq−ap的值，并记下与之对应的数对(p,q)(p,q)(p,q)，时间复杂度O(N2)O(N^2)O(N2)。

若在刚才的暴力计算中出现了询问的xxx，说明aq,apa_q,a_paq,ap都比较小，直接输出对应的数对作为答案。下面讨论ap,aqa_p,a_qap,aq都特别大（远大于10910^9109）的情况：

qqq为偶数时，
- 若q−p=1q-p=1q−p=1，有aq=ap+bpa_q=a_p+b_paq=ap+bp，即aq−ap=bpa_q-a_p=b_paq−ap=bp。
- 若q−p=2q-p=2q−p=2，有aq=ap+1+bp+1=2ap+bp+1a_q=a_{p+1}+b_{p+1}=2a_p+b_{p+1}aq=ap+1+bp+1=2ap+bp+1，即aq−ap=ap+bp+1a_q-a_p=a_p+b_{p+1}aq−ap=ap+bp+1，与x⩽109x\leqslant 10^9x⩽109矛盾，排除。
- 若q−p>2q-p>2q−p>2，aq−apa_q-a_paq−ap的值只会更大，排除。
qqq为奇数时，
- 若q−p=1q-p=1q−p=1，有aq=2apa_q=2a_paq=2ap，即aq−ap=apa_q-a_p=a_paq−ap=ap，与x⩽109x\leqslant 10^9x⩽109矛盾，排除。
- 若q−p⩾2q-p\geqslant 2q−p⩾2，跟qqq为偶数的情况类似，均排除。

经过上述讨论发现，若ap,aqa_p,a_qap,aq特别大，答案(p,q)(p,q)(p,q)一定满足qqq为偶数，bp=xb_p=xbp=x，且q−p=1q-p=1q−p=1。于是问题变成了已知bpb_pbp的值，求bpb_pbp的下标ppp。下面观察数列bbb：

nnn为偶数时，有an=an−1+bn−1a_n=a_{n-1}+b_{n-1}an=an−1+bn−1。此时集合{∣ai−aj∣∣1⩽i,j⩽n}\lbrace\vert a_i-a_j\vert\vert1\leqslant i,j\leqslant n\rbrace{∣ai−aj∣∣1⩽i,j⩽n}中出现了∣an−an−1∣=bn−1\vert a_n-a_{n-1}\vert=b_{n-1}∣an−an−1∣=bn−1，因此一定有bn>bn−1b_n>b_{n-1}bn>bn−1。
nnn为奇数时，有an=2an−1a_n=2a_{n-1}an=2an−1。此时集合{∣ai−aj∣∣1⩽i,j⩽n}\lbrace\vert a_i-a_j\vert\vert1\leqslant i,j\leqslant n\rbrace{∣ai−aj∣∣1⩽i,j⩽n}中新添加的最小元素为an−an−1=an−1a_n-a_{n-1}=a_{n-1}an−an−1=an−1，而该元素比原来集合中的最大元素an−1−an−2a_{n-1}-a_{n-2}an−1−an−2还要大得多，因此该集合的mex\text{mex}mex值不变，即bn=bn−1b_n=b_{n-1}bn=bn−1。

所以bbb数列靠后的项都是相邻两项相同，但大多数时候每次增加111，有的时候增加的值超过111。后者发生在nnn为偶数时，集合中出现了bn−1b_{n-1}bn−1，但集合中可能原来就有bn−1+1b_{n-1}+1bn−1+1。这个bn−1+1b_{n-1}+1bn−1+1在添加进集合的时候一定是远大于当时集合中的最大元素的（否则bn−1b_{n-1}bn−1早就应该出现），也就是说bn−1+1b_{n-1}+1bn−1+1是在之前nnn为某个奇数时添加的。而由上文可知，此时添加的bn−1+1b_{n-1}+1bn−1+1就是数列aaa中的某一项。又因为bn−1+1<bn⩽109b_{n-1}+1<b_n\leqslant 10^9bn−1+1<bn⩽109，所以数列aaa中的这一项是包含在最开始暴力计算的前NNN项当中的。

鉴于bbb数列在第偶数项会发生变化，将NNN设为奇数。假设bbb数组靠后的项每次增加111，有bp=bN+p−N2b_p=b_N+\frac{p-N}2bp=bN+2p−N。但在数列aaa的前NNN项中可能已经出现了(bN,bp)(b_N,b_p)(bN,bp)内的值，每一个这样的值都会导致bbb数列在某一项多增加111。二分查找求出这样的值的个数cntcntcnt，于是

bp=bN+p−N2+cntb_p=b_N+\frac{p-N}2+cntbp=bN+2p−N+cnt

将bp=xb_p=xbp=x代入，解得

p=2⋅(x−bN−cnt)+Np=2\cdot(x-b_N-cnt)+Np=2⋅(x−bN−cnt)+N

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