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递推预处理floor(log_2{n})

news 2025/7/15 6:01:18

在C++中，除了使用<cmath>中的log或log2函数求对数，也可以通过递推求出所有可能用到的 $⌊log⁡2i⌋,i∈[1,n]\lfloor \log_2i\rfloor, i\in[1, n]$

证明： $⌊log⁡2i⌋=⌊log⁡2⌊i2⌋⌋+1\lfloor \log_2i \rfloor=\lfloor \log_2 \lfloor \frac{i}{2} \rfloor \rfloor+1$
由于 $log⁡2i=log⁡2(i2⋅2)=log⁡2i2+log⁡22=log⁡2i2+1\log_2i=\log_2(\frac{i}{2}\cdot 2)=\log_2\frac{i}{2}+\log_22=\log_2\frac{i}{2}+1$
等号两边都向下取整，得：
$⌊log⁡2i⌋=⌊log⁡2i2⌋+1\lfloor \log_2i \rfloor =\lfloor \log_2\frac{i}{2} \rfloor+1$

如果 $i$ 是偶数，则 $i2=⌊i2⌋\frac{i}{2}=\lfloor \frac{i}{2} \rfloor$ ，因此有
$⌊log⁡2i⌋=⌊log⁡2i2⌋+1=⌊log⁡2⌊i2⌋⌋+1\lfloor \log_2i \rfloor =\lfloor \log_2\frac{i}{2} \rfloor+1 = \lfloor \log_2\lfloor \frac{i}{2} \rfloor \rfloor+1$
如果 $i$ 是奇数，则 $i−12=⌊i2⌋\frac{i-1}{2}=\lfloor \frac{i}{2} \rfloor$
设 $⌊log⁡2i−12⌋=x\lfloor \log_2\frac{i-1}{2} \rfloor =x$
那么 $x≤log⁡2i−12<x+1x\le \log_2\frac{i-1}{2}<x+1$
$2x≤i−12<2x+12^x\le \frac{i-1}{2}<2^{x+1}$
由于 $i−12\frac{i-1}{2}$ 是整数， $2^{x+1}$ 也是整数，较小的整数加上 $12\frac{1}{2}$ 后，一定小于较大的整数。
因此有 $2x≤i−12<i−12+12=i2<2x+12^x\le \frac{i-1}{2}<\frac{i-1}{2}+\frac{1}{2}=\frac{i}{2}<2^{x+1}$
所以 $x≤log⁡2i2<x+1x\le \log_2{\frac{i}{2}}<x+1$
因此 $⌊log⁡2i2⌋=x=⌊log⁡2i−12⌋=⌊log⁡2⌊i2⌋⌋\lfloor \log_2{\frac{i}{2}} \rfloor =x= \lfloor \log_2\frac{i-1}{2} \rfloor= \lfloor \log_2\lfloor \frac{i}{2}\rfloor \rfloor$
因此 $⌊log⁡2i⌋=⌊log⁡2i2⌋+1=⌊log⁡2⌊i2⌋⌋+1\lfloor \log_2i \rfloor =\lfloor \log_2\frac{i}{2} \rfloor+1 = \lfloor \log_2\lfloor \frac{i}{2} \rfloor \rfloor+1$
证毕。

已知 $⌊log⁡21⌋=0\lfloor \log_21 \rfloor=0$ ，结合递推式 $⌊log⁡2i⌋=⌊log⁡2⌊i2⌋⌋+1\lfloor \log_2i \rfloor=\lfloor \log_2 \lfloor \frac{i}{2} \rfloor \rfloor+1$ 即可递推得到所有可能用到的 $⌊log⁡2i⌋,i∈[1,n]\lfloor \log_2i\rfloor, i\in[1, n]$ 。

代码如下：

const int N = 1000005;//N设为n可能达到的最大值
int lg[N];//lg[i]：floor(log_2{i})
void initLg(int n)//生成lg[1]~lg[n]
{//全局变量初值为0，已经设好lg[1] = 0for(int i = 2; i <= n; ++i)lg[i] = lg[i/2]+1;
}