倍增

本页面将简要介绍倍增法。

简介

倍增法（英语：binary lifting），顾名思义就是翻倍。它能够使线性的处理转化为对数级的处理，大大地优化时间复杂度。

这个方法在很多算法中均有应用，其中最常用的是 RMQ 问题和求 LCA（最近公共祖先）。

RMQ 问题

参见：RMQ 专题

RMQ 是 Range Maximum/Minimum Query 的缩写，表示区间最大（最小）值。使用倍增思想解决 RMQ 问题的方法是 ST 表。

树上倍增求 LCA

参见：最近公共祖先

例题

题 1

例题

如何用尽可能少的砝码称量出 [0,31] 之间的所有重量？（只能在天平的一端放砝码）

解题思路

答案是使用 1 2 4 8 16 这五个砝码，可以称量出 [0,31] 之间的所有重量。同样，如果要称量 [0,127] 之间的所有重量，可以使用 1 2 4 8 16 32 64 这七个砝码。每次我们都选择 2 的整次幂作砝码的重量，就可以使用极少的砝码个数量出任意我们所需要的重量。

为什么说是极少呢？因为如果我们要量出 [0,1023] 之间的所有重量，只需要 10 个砝码，需要量出 [0,1048575] 之间的所有重量，只需要 20 个。如果我们的目标重量翻倍，砝码个数只需要增加 1。这叫“对数级”的增长速度，因为砝码的所需个数与目标重量的范围的对数成正比。

题 2

例题

给出一个长度为 n 的环和一个常数 k ，每次会从第 i 个点跳到第 (i+k)\bmod n+1 个点，总共跳了 m 次。每个点都有一个权值，记为 a_i ，求 m 次跳跃的起点的权值之和对 10^9+7 取模的结果。

数据范围： 1\leq n\leq 10^6 ， 1\leq m\leq 10^{18} ， 1\leq k\leq n ， 0\le a_i\le 10^9 。

解题思路

这里显然不能暴力模拟跳 m 次。因为 m 最大可到 10^{18} 级别，如果暴力模拟的话，时间承受不住。

所以就需要进行一些预处理，提前整合一些信息，以便于在查询的时候更快得出结果。如果记录下来每一个可能的跳跃次数的结果的话，不论是时间还是空间都难以承受。

那么应该如何预处理呢？看看第一道例题。有思路了吗？

回到本题。我们要预处理一些信息，然后用预处理的信息尽量快的整合出答案。同时预处理的信息也不能太多。所以可以预处理出以 2 的整次幂为单位的信息，这样的话在预处理的时候只需要处理少量信息，在整合的时候也不需要大费周章。

在这题上，就是我们预处理出从每个点开始跳 1、2、4、8 等等步之后的结果（所处点和点权和），然后如果要跳 13 步，只需要跳 1+4+8 步就好了。也就是说先在起始点跳 1 步，然后再在跳了之后的终点跳 4 步，再接着跳 8 步，同时统计一下预先处理好的点权和，就可以知道跳 13 步的点权和了。

对于每一个点开始的 2^i 步，记录一个 go[i][x] 表示第 x 个点跳 2^i 步之后的终点，而 sum[i][x] 表示第 x 个点跳 2^i 步之后能获得的点权和。预处理的时候，开两重循环，对于跳 2^i 步的信息，我们可以看作是先跳了 2^{i-1} 步，再跳 2^{i-1} 步，因为显然有 2^{i-1}+2^{i-1}=2^i 。即我们有 sum[i][x] = sum[i-1][x]+sum[i-1][go[i-1][x]]，且 go[i][x] = go[i-1][go[i-1][x]]。

当然还有一些实现细节需要注意。为了保证统计的时候不重不漏，我们一般预处理出“左闭右开”的点权和。亦即，对于跳 1 步的情况，我们只记录该点的点权和；对于跳 2 步的情况，我们只记录该点及其下一个点的点权和。相当于总是不将终点的点权和计入 sum。这样在预处理的时候，只需要将两部分的点权和直接相加就可以了，不需要担心第一段的终点和第二段的起点会被重复计算。

这题的 m\leq 10^{18} ，虽然看似恐怖，但是实际上只需要预处理出 65 以内的 i ，就可以轻松解决，比起暴力枚举快了很多。用行话讲，这个做法的 时间复杂度 是预处理 \Theta(n\log m) ，查询每次 \Theta(\log m) 。

参考代码 
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#include <cstdio>
using namespace std;

const int mod = 1000000007;

int modadd(int a, int b) {
  if (a + b >= mod) return a + b - mod;  // 减法代替取模，加快运算
  return a + b;
}

int vi[1000005];

int go[75][1000005];  // 将数组稍微开大以避免越界，小的一维尽量定义在前面
int sum[75][1000005];

int main() {
  int n, k;
  scanf("%d%d", &n, &k);
  for (int i = 1; i <= n; ++i) {
    scanf("%d", vi + i);
  }

  for (int i = 1; i <= n; ++i) {
    go[0][i] = (i + k) % n + 1;
    sum[0][i] = vi[i];
  }

  int logn = 31 - __builtin_clz(n);  // 一个快捷的取对数的方法
  for (int i = 1; i <= logn; ++i) {
    for (int j = 1; j <= n; ++j) {
      go[i][j] = go[i - 1][go[i - 1][j]];
      sum[i][j] = modadd(sum[i - 1][j], sum[i - 1][go[i - 1][j]]);
    }
  }

  long long m;
  scanf("%lld", &m);

  int ans = 0;
  int curx = 1;
  for (int i = 0; m; ++i) {
    if (m & (1 << i)) {  // 参见位运算的相关内容，意为 m 的第 i 位是否为 1
      ans = modadd(ans, sum[i][curx]);
      curx = go[i][curx];
      m ^= 1ll << i;  // 将第 i 位置零
    }
  }

  printf("%d\n", ans);
}
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