UVA 12627 Erratic Expansion

        题目大致意思为 告诉你一个红球为0时状态，已知一个红球每过一个时间会变为文档所示图中的3红1蓝，而蓝球每过一个时间则会变为4个蓝球。问在某一时刻，h1与h2之间的红球有几个。

       RT,这一题刚看到的时候毫无思路，仔细观察图后发现，发现肯定是递归。然后找递归公式。先说说我的想法历程，不想看的可以直接到后面看结论。

i表示时间，j表示第j行，h[i][j]表示i时,j行的红色气球$i表示时间，j表示第j行，h[i][j]表示i时,j行的红色气球$
h[i][j]=h[i−1][j>2i−1?j−2i−1:j]∗2$h[i][j]=h[i-1][j>2^{i-1}?j-2^{i-1}:j]\ast 2$

    于是，我认为直接从开始的地方加到结束即可。

    当然妥妥的超时。。。。。。

    于是想维护前缀和，发现也不容易。突然发现行的递归能写，多半和的递归也能写。

找了一段时间的规律后，得出

if(j>2i−1)$if(j>2^{i-1})$
s[i][j]=s[i][2i−1]+s[i−1][j−2i−1]$s[i][j]=s[i][2^{i-1}]+s[i-1][j-2^{i-1}]$
else$else$
s[i][j]=s[i−1][j]∗2$s[i][j]=s[i-1][j]\ast 2$

     合并一下第一行,得到

s[i][j]=s[i−1][2i−1]∗2+s[i−1][j−2i−1]$s[i][j]=s[i-1][2^{i-1}]\ast 2+s[i-1][j-2^{i-1}]$
又 发现
becauses[i][2i−1]=3i−1∗2$becauses[i][2^{i-1}]=3^{i-1}\ast 2$
故得出代码

#include <stdio.h>
#define LL long long
LL QWQ[31];
LL QOQ[31];
LL QAQ(int i,int j){
    if(j==0)
        return 0;
    if(i==0&&j==1)
        return 1;
    if(j>QWQ[i-1])
        return (QOQ[i-1]<<1)+QAQ(i-1,j-QWQ[i-1]);
    else
        return QAQ(i-1,j)<<1;
}
int main(){
    //a[i][j]=a[i-1][j>2^(i-1)?j-2^(i-1):j]*2
    /*
     *
     * if(j>2^(i-1))
     *    a[i][j]=a[i-1][j-2^(i-1)]
     * else
     *    a[i][j]=a[i-1][j]*2
     * a[i][j]=a[i-1][]
     jmax=2^i;




     if(j>2^(i-1))
         s[i][j]=s[i][2^(i-1)]+s[i-1][j-2^(i-1)]
    else
        s[i][j]=s[i-1][j]*2

    s[i][j]=s[i-1][2^(i-1)]*2+s[i-1][j-2^(i-1)]
    because s[i][2^(i-1)]=3^(i-1)*2


     */
    //freopen("data.txt","r",stdin);
    //freopen("datas.txt","w",stdout);
    QWQ[0]=1;QOQ[0]=1;
    for(int i=1;i<31;i++)
        QWQ[i]=QWQ[i-1]*2;
    for(int i=1;i<31;i++)
        QOQ[i]=QOQ[i-1]*3;
    int T;
    scanf("%d",&T);
    int times=0;
    while(T--){
        times++;
        int k,a,b;
        LL sum=0;
        scanf("%d %d %d",&k,&a,&b);
        sum=QAQ(k,b)-QAQ(k,a-1);
        printf("Case %d: ",times);
        printf("%lld\n",sum);
    }

}