【CSP-S膜你考】最近公共祖先 （數學）

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

注意

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題面

最近公共祖先\(\text{(Lowest Common Ancestor,LCA)}\)是指在一個樹中同時擁有給定的兩個點作為后
代的最深的節點。
為了學習最近公共祖先，你得到了一個層數為\(n+1\)的滿二叉樹，其中根節點的深度為\(0\)，其他節點的深度為父節點的深度\(+1\)。你需要求出二叉樹上所有點對 \(\texttt{(i,j)}\),（\(i\),\(j\)可以相等，也可以\(i > j\)）的最近公共祖先的深度之和對\(10^9+7\)取模后的結果。

輸入格式

一行一個整數\(n\)。

輸出格式

一行一個整數表示所有點對 \(\texttt{(i,j)}\),（\(i\),\(j\)可以相等，也可以\(i > j\)）的最近公共祖先的深度之和對\(10^9+7\)取模后的結果。

樣例

\(\texttt{input\#1}\)
2

\(\texttt{input\#2}\)
19260817

\(\texttt{output\#1}\)
22

\(\texttt{output\#2}\)
108973412

數據范圍與提示

樣例\(1\)解釋：

樹一共有\(7\)個節點（一個根節點和兩個子節點），其中 \(\texttt{(4,4),(5,5),(6,6),(7,7)}\) 共\(4\)對的最近公共祖先深度為\(2\)，\(\texttt{(4,2),(2,4),(5,2),(2,5),(5,4),(4,5),(2,2),(6,3),(3,6),(3,7),(7,3),(6,7),}\)\(\texttt{(7,6),(3,3)}\)共\(14\)對最近公共祖先深度是\(1\)，其他的點對最近公共祖先深度為\(0\)，所以答案為\(22\)。

對於\(20%\)的數據，\(n \le 10\)。
對於\(50%\)的數據，\(n \le 10^6\) 。
對於\(100%\)的數據，\(1 \le n \le 10^9\) 。

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題解

對於一顆有\(n\)層的滿二叉樹很顯然符合以下幾點
1.第\(i\)層的點的個數為\(2^i\)。
2.以第\(i\)層的點為根節點的子樹大小為\(2^{n-i+1}-1\)。
3.以第\(i\)層的點為\(\text{LCA}\)的點對個數為\(2^{2n-i+1}-2^i\)

觀察上面的圖（好丑）,很明顯\(1,2\)都是對的。
對於一顆以第\(i\)層的節點為根的子樹：
①它的左子樹與右子樹上的點的\(\text{LCA}\)都為根節點。所以點對個數為

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

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

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

②這棵子樹的左子樹與根節點的\(\text{LCA}\)都為根節點。右子樹也是。所以有\(2^{n-i+1}-2\)對點。
③根節點與根節點的\(\text{LCA}\)也是根節點，點對個數為1。
點對\(\texttt{(u,v)}\)與點對\(\texttt{(v,u)}\)在\(u \neq v\)時是兩個不同的點對。
所以將上述①②相加乘二再加③就是以子樹根節點為\(\text{LCA}\)的點對的數量為：

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

因為第\(i\)層的點的個數為\(2^i\)。所以以第\(i\)層的點為\(\text{LCA}\)的點對個數為：

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

因為一共有\(n+1\)層，從\(0-n\)層，所以答案為：

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

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

但這樣復雜度為\(\Theta (nlog_n)\)過不了。。將上面的式子展開：

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

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

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

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

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

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

很明顯前\(n\)項為等比數列，利用等比數列求和公式可以很快求出。

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

\[\LARGE =2 + 2 \times 2^2 + 3 \times 2^3 +...+ n \times 2^n \]

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

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

很明顯也是等比數列。將這兩個相加就是答案了。
快速冪是\(log\)。所以復雜度是\(\Theta(log_n)\)

---

\(Code\)

#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<<'\n'<<qaq<<'\n';
    std::cout<<(qwq+qaq+5*mod)%mod;//加上一個模數再取模是為了處理負數的情況
    return 0;
}