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This drop is gonna last forever！

許多的小球一個一個的從一棵滿二叉樹上掉下來組成FBT（Full Binary Tree，滿二叉樹），每一時間，一個正在下降的球第一個訪問的是非葉子節點。然後繼續下降時，或者走右子樹，或者走左子樹，直到訪問到葉子節點。決定球運動方向的是每個節點的布林值。最初，所有的節點都是false，當訪問到一個節點時，如果這個節點是false，則這個球把它變成true，然後從左子樹走，繼續它的旅程。如果節點是true，則球也會改變它為false，而接下來從右子樹走。滿二叉樹的標記方法如下圖:

因為所有的節點最初為false，所以第一個球將會訪問節點1，節點2和節點4，轉變節點的布林值後在在節點8停止。第二個球將會訪問節點1、3、6,在節點12停止。明顯地，第三個球在它停止之前，會訪問節點1、2、5，在節點10停止。

現在你的任務是，給定FBT的深度D，和I，表示第I個小球下落，你可以假定I不超過給定的FBT的葉子數，寫一個程式求小球停止時的葉子序號

——以上是題目；
當第一次看到這道題的時候，好像是11月11日（巧了），剛剛自己學習了建樹的蒟蒻的我馬上想到了去模擬這個過程。原理很簡單，用指標去建樹，然後每個結構體內去維護四個變數：

1、bool check ---- 判斷是否往左還是往右； 2、int data ---- 記錄該結點的值；

3、node *lchild ---- 指向左兒子的指標； 4、node *rchild ---- 指向右兒子的指標；

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef struct node;
typedef node tree;
struct node{
char data;
bool check;
tree lchild,rchild;
};
tree root;
char c;
int D;
long long num, I, ans, i;
void build_bt(tree &bt,int sum,int num){
if(sum>D){
return;
}
bt=new node;
bt->data=num;
bt->check=false;
build_bt(bt->lchild,sum+1,num

2);
build_bt(bt->rchild,sum+1,num*2+1);
}
int solve(int depth,tree &bt){
if(depth==D)
return bt->data;
if(bt->check){
bt->check=false;
solve(depth+1,bt->rchild);
}
else{
bt->check=true;
solve(depth+1,bt->lchild);
}
}
int main(){
cin>>D>>I;
build_bt(root,1,1);
for(i=1;i<=I;i++){
ans=solve(1,root);
}
cout<<ans;
return 0;
}
只要建了樹，一遍一遍跑就是了，捫心一想：嗯，一定是將會AC了；

信心滿滿提交然而並沒有AC，WA！沒有爆記憶體，也沒有超時，就是WA，GG（撓頭）。

改了很久都還是WA，心中mmp罵不出來，於是嘗試用陣列去做：利用二叉樹的左右兒子編號分別為為 父親編號2和 父親編號2+1，構建一個數組去模擬，還是開bool陣列去判斷掉到左邊還是右邊；

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int tr[1<<20];
long long I,D,ans;
long long tree_doit(){
int node=1;
for(int i=1;i<=D-1;i++){
if(!tr[node]){
tr[node]=1;
node=node2;
}
else{
tr[node]=0;
node=node2+1;
}
}
return node;
}
int main(){
cin>>D>>I;
for(int i=1;i<=I;i++)
ans=tree_doit();
cout<<ans;
return 0;
}
是AC掉了沒錯，但還是覺得不對，一定有規律可循，想啊想，豁然開朗（噗）。

不難發現我們所需要求的是最後一個小球的位置，那我們可不可以只去模擬最後一個小球的掉落呢？

有人會問：你怎麼知道球會怎麼落吶？難道不是需要去求出前 I-1 個球所改變的方向嗎？

但我們根本不需要知道。

首先球在第一層只會落兩個方向：左，右；說明我們球落到球要麼在一邊，要麼在另一邊，所以 I 個球落下會在剩下一個球或0

個時，左右是”均分“的。

由於球是先從左邊開始落的，落下奇數個球一定是落在左邊的，偶數個一定是落在右邊的。可以類比一下走路，假如您邁出的第一步是左腳，那麼走奇數步時正在邁出的一定是左腳，而不是右腳。

（假如題目改一下，小球先從右邊落，在從左落下，道理也是一樣的！）

這只是第一層，第二層，第三層 …… 第D層呢？

我們可以發現，無論是在哪一層，小球都需要用一半（[I/2]（向下取整））個小球去克服兩邊的每一邊，最後的那個球，和第一層一樣，只是球的總數變成了原來的1/2；

但是不是左右兩邊都會剩下一半呢？不是，左邊會多剩下一個，還是那個道理，左腳先邁出，左腳便有”先決優勢“。

還是利用那個父與子的編號性質，左掉編號2，右掉編號2+1。

好啦，放程式碼：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int ans=1,D,I;
int main(){
cin>>D>>I;
for(int i=2;i<=D;i++)
if(I%2==1){
ans*=2;
I=I/2+1;
}
else{
ans=ans*2+1;
I/=2;
}
cout<<ans;
return 0;
}
嗯，AC，而且程式碼顯然剪短了許多。
但是我還是不明白為什麼建樹不對，好歹程式碼也是這麼長的啊。

順便說一句，程式碼長短好像並不是解決題目的本質，要了解題意，仔細推敲，找準規律，一針見血！（聽說YJQ神牛寫線性篩的某一道題，最後寫了老長，發現根本不用線性篩一樣）

原文：https://blog.csdn.net/Jerry_wang119/article/details/79056076