7.9 lrj 数学基础 (10-1~10-5
10-1 巨大的斐波那契数
Q：输入两个非负整数a、b和正整数n(0<=a,b<264,1<=n<=1000)，你的任务是计算f(ab)除以n的余数，f(0) = 0, f(1) = 1,且对于所有非负整数i，f(i + 2) = f(i + 1) + f(i)。
分析：1、注意a，b的范围 ，会爆long long 要用unsigned long long；
2、由于模数为n，又因为F[i] = (F[i-1] + F[i-2]) % n，所以F[i]只有n*n种可能(F[i-1]有n种可能，F[i-2]有n种可能)，所以循环节长度比小于n*n，因此我们只要算出循环节，再用快速幂解出k = a^b%L(L为循环节长度)，输出F[k]即可。
3、循环节开头一定是从f[0] f[1] 这两项 ，也就是说，没有余项，可以用反证法利用斐波那契数列的递推性证明
代码：
// 紫书 例题10-1 #include <bits/stdc++.h> #define N 1000050 #define MOD 1000000007 using namespace std; typedef unsigned long long ll; ll t ,a ,b ,n ,m ,ans ,res; ll f[N] ,F[N]; ll init( ll n ){ f[1] = 1%n; f[2] = 1%n; for( ll i=3 ;i<=n*n ;i++){ f[i] = (f[i-1]+f[i-2])%n; /*for( ll j=2 ; j<=i-1 ;j++){ if( f[j]==f[i] && f[j-1]==f[i-1] ){ res = j-2; return i-j; } }*/ //不用特意寻找循环节出现位置，因为一定是从1 1 开始的 if(f[i]==f[1] && f[i-1]==f[2])return i-2; } } // 由于n<=1000，所以最多有1000种余数，2项排列，最多n^2项就会有重复 ll q_pow( ll a ,ll b ,ll mod){ //cout<<a<<endl; a%=mod; ll ans = 1; while( b ){ if( b&1 )ans = (ans*a)%mod; a = (a*a)%mod; b >>= 1; } return ans%mod; } int main( ){ //freopen( "out.txt" ,"w" ,stdout ); scanf("%lld" ,&t); while( t-- ){ cin>>a>>b>>n; m = init( n ); //ans = q_pow( a ,b ,res+m ); /*if( ans > res ){ ans -=res; ans = (ans-1)%m+1; ans +=res; }*/ //不用考虑余项res，因为不存在的 ans = q_pow( a ,b ,m ); if( ans==0 )ans = m; printf("%lld\n" ,f[ans] ); } return 0; }
10-2（模 ，exgcd
Q :
随机选取x1,a,b，根据公式xi=(a*xi-1+b)%10001得到一个长度为2*n的序列，奇数项作为输入，求偶数项，若有多种，随机输出一组答案
即，给出已知的x1，x3，x5，x7……x2k+1，找出a和b，满足递推式，并输出x2，x4，x6……x2k (n0<=a,b<=10000)
分析： 由于递推式对10001取模 ，所以只考虑a，b在10001以内的状况即可，接下来有两种思路：
1。暴力枚举a，b ，然后检查 ，因为a，b的范围不大，所以是可行的
//紫书 例题10-2 不爽的裁判 //暴力 ，同余定理 #include<bits/stdc++.h> #define rep( i ,x ,y) for(int i=x ;i<=y ;i++) using namespace std; int t ,a ,b; int x[1000]; bool check( int a){ for( int i=0 ;i<=10000 ;i++){ int flag = 1; for( int j=2 ;j<=2*t ;j++){ if( j%2==0 )x[j] = (x[j-1]*a+i)%10001; else if( x[j] != (x[j-1]*a+i)%10001 ){ flag = 0; break; } } if(flag)return true; } return false; } int main( ){ scanf( "%d" ,&t ); for( int i=1 ;i<=2*t-1 ;i+=2) scanf( "%d" ,&x[i] ); //由于每一项对10001取余，所以a和a mod 10001 等价 ； // 所以只用在10000范围内枚举a if(t>1)for( int i=0 ; i<=10000 ;i++ ){ if( check(i) )break; } for( int i=2 ;i<=2*t ;i+=2){ printf("%d\n" ,x[i] ); } return 0; }
2。枚举a ，此时 x3 =( a*x2+b )%10001= (a*a*x1+a*b+b)%10001
化为非取余的形式： y*10001 + x3 = b*(a+1) + a*a*x1
即： (a+1)*b - 10001*y = x3 - a*a*x1
这是二元一次不定方程 ，可以用扩展欧几里得算法求解：http://www.voidcn.com/article/p-uqqufnpp-bkd.html
exgcd：
void exgcd(ll a, ll b, ll& d, ll& x, ll &y) { if(!b) { d = a, x = 1, y = 0; } else { exgcd(b, a % b, d, y, x); y -= x * (a / b); } }
其中 d 是最后求得的gcd(a ,b) ,解出来 x ，y 是ax + by = gcd(a,b) 的一组解
注意： 由于是不定方程，a，b正负关系不大 ，所以都取正值 ，最后在整理
结果可能会很大，所以一般用ll不用int
最后求出来不是原方程的解，要还原一下
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; ll x[100010] ,g ,a ,b ,t; void gcd( ll a ,ll b ,ll &d ,ll &x ,ll &y ){ if( !b ){ d=a ;x=1 ;y=0 ;} else { gcd(b ,a%b , d, y, x); y -= x*(a/b); } } bool check( ){ //cout<<a<<" "<<b<<endl; for( int i=2 ;i<=2*t ;i++ ){ if( i%2 ){ if( x[i] != (a*x[i-1]+b)%10001)return false; } else x[i] = (a*x[i-1]+b)%10001; } return true; } int main( ){ scanf("%lld" ,&t); for( int i=1 ;i<=2*t-1 ;i+=2 ) scanf("%lld" ,&x[i]); for( a=0 ;a<10001 ;a++ ){ ll y ,d=x[3]-a*a*x[1]; // y的结果关系不大 ，所以那一项的系数可正可负 gcd( a+1 ,10001 ,g ,b ,y ); if( d%g )continue; //判断方程是否有解 b = b*d/g; //还原一下 b%=10001; if( check( ) )break; } for( int i=2 ;i<=2*t ;i+=2 ){ printf( "%lld\n" ,x[i] ); } return 0; }
10-3 除法（唯一分解定理与大数分解
Q：给出p，q，r，s，计算C(p,q)除以C(r,s)的结果，pqrs均小于10000的非负整数。输出除法的结果保留小数点后5位结果，结果保证不超过一亿。
A： 大数间的除法可以用唯一分解定理，就是将大数表示为质因子及其次数的形式，化简后再进行计算
//210ms
#include<bits/stdc++.h> #define N 10005 using namespace std; struct Prime{ int a ,p=0; //保存质因子的底数和指数 }prime[N+5]; int unprime[N+5] ,cnt = 0 ,p ,q ,r ,s; //质数打表 void geteuler( ){ unprime[1] = 1; for( int i = 2 ;i <= N ;i++ ){ if( !unprime[i] )prime[cnt++].a = i ; for( int j = 0 ;j < cnt && prime[j].a*i<=N ;j++ ){ unprime[ prime[j].a*i ] = 1; if( i%prime[j].a == 0)break; } } return ; } void pow_num(int a ,int p){ for( int i=0 ; prime[i].a<=a ;i++){ while( a%prime[i].a==0 ){ //分解质因子 a/=prime[i].a; prime[i].p += p; } if( a==1 )break; } } void pow_fac(int a ,int p ){ for( int i=1 ;i<=a ;i++) pow_num( i ,p ); } int main( ){ geteuler( ); while( ~scanf("%d%d%d%d" ,&p ,&q ,&r ,&s ) ){ pow_fac( p ,1 ); pow_fac( r ,-1); pow_fac( q ,-1); pow_fac( s ,1 ); pow_fac( p-q,-1); pow_fac( r-s ,1); double ans = 1; for( int i=0 ;i<cnt ;i++){ ans *= pow(prime[i].a ,prime[i].p ); prime[i].p = 0; } printf("%.5f\n" ,ans); } return 0; }
当然这题也可以直接手动约分组合数分子分母后计算，当然，数据更大的话就不行了，而且这里防止double爆掉，要一个大项一个小项交替相乘：
//0ms
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; int p ,q ,r ,s; int main( ){ while( ~scanf("%d%d%d%d" ,&p ,&q ,&r ,&s) ){ p = p-q+1; r = r-s+1; double ans = 1; for( int i=1 ;i <= q || i<=s ;i++ ){ if(i <= q)ans *= 1.0*(p++)/i; if(i <= s)ans *= 1.0*i/(r++); } printf("%.5f\n" ,ans); } return 0; }
10-4 最小公倍数最小和（唯一分解定理与最小公倍数,贪心
Q：给定一个n（n< (1<<31)）,求两个或多个整数的和，要求其最小公倍数为n，且结果为所有可能结果中最小的 ；
A：
1. 两个数的最小公倍数为n，则有必要条件：他们唯一分解后的结果的 并集 一定 包含 n唯一分解的结果；
由于最小的质数是2 ，所以对于任意质数有 a+b < a*b
所以贪心一下，不难发现将n唯一分解后 将每一项 aipi相加即最优结果
2.考虑n==1 和 n为质数的情况
#include<bits/stdc++.h> #define N 105005 using namespace std; typedef long long ll; ll n; struct Prime{ ll a ,p=0; }prime[N+5]; int unprime[N+5] ,cnt = 0; ll res; void geteuler( ){ unprime[1] = 1; for( int i = 2 ;i <= N ;i++ ){ if( !unprime[i] )prime[cnt++].a = i ; for( int j = 0 ;j < cnt && prime[j].a*i<=N ;j++ ){ unprime[ prime[j].a*i ] = 1; if( i%prime[j].a == 0)break; } } return ; } void div( ll n ){ for( ll i=0 ;i<cnt ;i++ ){ //cout<<i<<" "<<n<<endl; while( n%prime[i].a==0 ){ prime[i].p++; n/=prime[i].a; } if( n==1 )break; } res = n; } ll q_pow( ll a ,ll p ){ ll ans = 1; while( p ){ if( p&1 )ans *= a; a *= a; p >>= 1; } return ans; } int main( ){ int ks = 1; geteuler(); while( ~scanf("%lld" ,&n) ,n ){ ll ans = 0 ,tot=0; div( n ); for( int i=0 ;prime[i].a<=n && i<cnt ;i++ ){ if( prime[i].p )tot++,ans += q_pow( prime[i].a ,prime[i].p ); prime[i].p = 0; } if(res != 1){ tot++; ans+=res; } if( tot==1 )ans+=1; if( n==1 )ans=2; printf("Case %d: %lld\n" ,ks++,ans ); } return 0; }
10-5 xor gcd( xor ,gcd ,有技巧的枚举
Q:求[1,n](n<=30000000)范围内的整数队a,b(a<=b)的个数,使得 gcd(a,b) = a XOR b.
A: 1.直接枚举a，b ，O(n^2)复杂度,再加上判断,肯定过不了
2. 异或性质1 ： a^b ==c ,则 a^c ==b
由性质1 ，可以枚举a ，c 求b 代替枚举a，b 求c，又c==gcd(a,b) ,所以a>c ，且 c为a的因子 ，可以通过c用筛法枚举a ，复杂度 O(n^2)-->O(nlogn)
//埃式筛法枚举因子 for( c=1 ;c<=N/2 ;c++){ for( a=c+c ;a<=N ;a+=c ){ ………… //a是所有以c为因子的数，不重复枚举<a,c> } }
3.在2的基础上判断gcd(a,b) ,复杂度O(n(logn)^2) ，会超时
void init( ){ //会超时 //预处理打表 for( c=1 ;c<=N/2 ;c++){ for( a=c+c ;a<=N ;a+=c ){ b = a^c; if(a>=b && gcd(a,b)==c ){ sum[a]++; } } } //询问的是前缀和 for( a=2 ;a<=N ;a++){ sum[a] += sum[a-1]; } }
4.异或性质2： a^b 可以放缩--> a-b<=a^b <=a+b
可以看到，当没有进位退位的情况下，异或与+-结果是一样的，否则结果小于加法大于减法
5,由性质2：a-b<=c ，又c==gcd(a,b)时 ，c<=a-b ,所以可得c==a-b ，直接判断即可，复杂度降为O(nlogn);
可以通过打表探讨a，b，c的关系 ，进而发现上述规律
void init( ){ //预处理打表 for( c=1 ;c<=N/2 ;c++){ for( a=c+c ;a<=N ;a+=c ){ b = a^c; if(a>=b && a-b==c ){ sum[a]++; } } } //询问的是前缀和 for( a=2 ;a<=N ;a++){ sum[a] += sum[a-1]; } }
