ACM训练赛：第20次
这次的题思维都很强，等之后的考试结束会集中精力重新训练一些思维题。
A - A simple question
思路：
直接看的话，很容易发现如果 \(n >= m\) 的话 \(sum = n - m\) 即可，但反过来其实 \(m\) 推导 \(n\) 更简单（WA几发后才发现。。）
如果 \(m\) 为偶数的话 缩小一半，不然的话先变为偶数再除以2。这样一定能变为 \(n\)
void solve() {
int n, m;
cin >> n >> m;
int sum = 0;
if (n >= m)
sum = n - m;
else {
while (n != m) {
if (m % 2 == 0 && m > n)
m = m / 2, sum++;
else if (n >= m) {
sum = sum + n - m;
break;
}
if (m % 2 != 0 && m > n)
m = (m + 1) / 2, sum = sum + 2;
}
}
cout << sum << endl;
}
B - Game
Gym - 102822G (出处2020 CCPC绵阳站)
题解思路参考：①
看起来是博弈对吧？对，的确是使用SG函数，但蒟蒻表示不会，只能一个个模拟情况，赛后看了下这道题的官方题解（没想到也还是一道模拟找规律的题2333）
官方题解截图
// 这里用的是解法二
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll c0, c1, c2, c3;
int Case = 1;
int check() {
if (c0 == 0 && c1 == c0 && c2 == 0 && c3 == 0)
return 0;
int f = 1;
if (c3 == 0) {
if (c1 == 0 && c2 == 0) {
if (c0 == 0 || c0 % 2)
f = 0;
} else {
if (c0 % 2 == 0) {
if (c1 % 3 == 0)
f = 0;
else {
if (c1 % 3 == 1 && c2 == 0)
f = 0;
}
} else {
if (c1 % 3 == 1 && c2 > 0)
f = 0;
else if (c1 % 3 == 2 && c2 <= 1)
f = 0;
}
}
} else {
if (c0 % 2 == 0) {
if (c1 % 3 == 0)
f = 0;
else if (c1 % 3 == 1 && c2 == 0)
f = 0;
} else {
if (c1 % 3 == 1 && c2 > 0)
f = 0;
else if (c1 % 3 == 2 && c2 <= 1)
f = 0;
}
}
return f;
}
void solve() {
cin >> c0 >> c1 >> c2 >> c3;
int Win_one = check();
cout << "Case #" << Case++ << ": ";
if (Win_one == 1)
cout << "Rabbit\n";
else
cout << "Horse\n";
}
int main() {
// freopen("in.txt", "r", stdin);
ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0);
int _;
cin >> _;
while (_--)
solve();
}
看博客的时候发现有人用DFS写了下，感觉也行。下面贴代码
Code
int dfs(int c0, int c1, int c2, int c3) {
if (c0 == 0 && c1 == 0)
return 0;
if (c0 == 0 && c2 == 0 && c1 < 2)
return 0;
if (c0 > 0 && !dfs(c0 - 1, c1, c2, c3))
return 1;
if (c1 >= 2 && !dfs(c0, c1 - 2, c2 + 1, c3))
return 1;
if (c1 > 0 && c2 > 0 && !dfs(c0, c1 - 1, c2 - 1, c3 + 1))
return 1;
return 0;
}
int main() {
int t;
scanf("%d", &t);
int cas = 0;
while (t--) {
int a, b, c, d;
scanf("%d%d%d%d", &a, &b, &c, &d);
int win = -1;
if (b == 0 && c == 0 && d == 0) {
if (a == 0)
win = 0;
else if (a & 1)
win = 0;
else
win = 1;
} else
win = dfs(a % 2, b % 3, c, d);
printf("Case #%d: %s\n", ++cas, win ? "Rabbit" : "Horse");
}
return 0;
}
C - CCCCC
题目链接： Gym - 102798D （出处：2020 CCPC威阳站）
思路图来自南京大学题解 ↓（感谢分享）
题意：给定一个数 C（\(1 \sim 1e18\))，找到一组 \(a,b\) 使得 \(a + b = c\ 且\ abc\ 的素数因子要求 < C\) ，如果存在这样的 \(a,b\) 的话输出 yes，不然输出 no。
其实上方的图片中提到的解决方法已经很好了，现在翻译一下 ↓
解决方法（翻译）：
- 如果 c 无平方因子，那么是不会存在任意一组 a，b的，即可以直接输出 no
- 如果 c 包含平方因子，即 ：$c = p^2q\ (p > 1) $ ，所以可以令 \(a = pq\) , \(b = p(p -1)q\) ，使得 \(a + b = c\) ，并且 \(rad(abc) = rad(p^4(p -1)q^3) \leq rad(p(p - 1)q) \leq p^2q = c\)
要检查是否有无平方，则要要检查 \(p^2\) 直到 \(√{3c}\) 到 \(\sqrt{c}\) 的平方整数
\(O(√3c)\)
// Author : RioTian
// Time : 20/12/09
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 1e7 + 10;
ll _, c;
int cnt, prime[N];
bool st[N];
// 线性筛筛素数
void init(ll n) {
for (int i = 2; i <= n; ++i) {
if (!st[i])
prime[++cnt] = i;
for (int j = 1; prime[j] <= n / i; ++j) {
st[i * prime[j]] = true;
if (i % prime[j] == 0)
break;
}
}
}
void solve() {
cin >> c;
bool f = false;
for (int i = 1; i <= cnt && !f; ++i) {
ll p = prime[i];
int s = 0;
if (c % p == 0)
while (c % p == 0)
c /= p, s++;
if (s >= 2)
f = true;
}
ll x = sqrt(c);
if (c > 1 && 1ll * x * x == c)
f = true;
if (f)
cout << "yes\n";
else
cout << "no\n";
}
int main() {
freopen("in.txt", "r", stdin);
ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0);
init(N - 10);
for (cin >> _; _; _--)
solve();
}
D - String
头铁记：一看到字符串就想到然往字符串方向走，但没想到是类搜索 2333
这里贴下学长的思路（绝不是懒的打字）
// Author : RioTian
// Time : 20/12/09
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 1e5 + 10;
const int mod = 20100403;
ll qpow(ll a, ll b) {
ll ans = 1;
a %= mod;
for (; b; a = a * a % mod, b >>= 1)
if (b & 1)
ans = ans * a % mod;
return ans;
}
ll C(ll n, ll m) {
ll x = 1, y = 1;
for (int i = 1; i <= m; ++i) {
x = x * (n - i + 1) % mod;
y = y * i % mod;
}
return x * qpow(y, mod - 2) % mod;
}
int main() {
// freopen("in.txt", "r", stdin);
ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0);
ll n, m;
cin >> n >> m;
cout << (C(m + n, m) - C(m + n, m - 1) % mod + mod) % mod;
}
E - Probability
题意：一个包里包含 X 个金币、Y 个银币、Z 个铜币。在包里钱币满足相 同颜色达到 100 之前，我们可以重复以下动作：随机选一种钱币，取出一枚， 再放入相同颜色钱币两枚。找出完成这些操作的期望值。
根据题目的意思，其实就是每次向包里随机加入一枚钱币，直到包里某种钱币数量达到 100。本题的核心是如何计算期望。本题属于标准的动态规划求期望问题。直接套用模板即可。
一道”简单“概率DP题，没怎么了解概率DP导致做不出
先贴一下学长给的概率DP知识点博客：Here
当理解基础的知识以后发现的确比较简单
DP 数组定义
定义 DP[i][j][k]，表示有 i 枚金币， j 枚银币， k 枚铜币的期望。
初值
所有的期望都为零。
递推方法
使用逆推。
状态转移方程：
\[s = X + Y + Z\\
dp(i,j,k) = \frac{i}{s}*(dp(i + 1,j,k) + 1) + \frac{j}{s}*dp(i,j + 1,k) + 1) \\+ \frac{j}{s}*dp(i,j,k + 1) + 1))
\]
AC代码：
// Author : RioTian
// Time : 20/12/09
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 1e2 + 10;
double dp[N][N][N];
int main() {
// freopen("in.txt", "r", stdin);
ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0);
int a, b, c;
cin >> a >> b >> c;
for (int i = 99; i >= a; i--)
for (int j = 99; j >= b; j--)
for (int k = 99; k >= c; k--) {
// 令 t = x + y + z，减少代码量
double t = i + j + k;
dp[i][j][k] = i / t * (dp[i + 1][j][k] + 1) +
j / t * (dp[i][j + 1][k] + 1) +
k / t * (dp[i][j][k + 1] + 1);
}
// 关于 C++ 的输出控制可以在我的以前博客找到
cout << fixed << setprecision(9) << dp[a][b][c] << endl;
}
时间和空间复杂度：
\(O(n^3)\)
学习的时候发现一种模拟方法：蒙特卡洛方法模拟
使用蒙特卡洛方法模拟
计划等有空好好学一下这个
本题核心其实是一个随机模拟过程，因此也可以使用蒙特卡洛方法（Monte Carlo method）来模拟这个过程。首先就不证明这个过程是收敛的，说真的，我也不大会证明，以后努力。具体的 Monte Carlo method 请看相关资料。
因此，我们只需要模拟这样的过程，只需要足够的样本数量就可以完成模拟。我这里用了 300 次就可以满足题目的需求。为什么 300 就够了，其实就是反复测试出来的。
AC代码
// increment of coins
// Using Monte Carlo method
// Author : RioTian
// Time : 20/12/09
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 1e5 + 10;
double prob(int n, int a, int b, int c) {
int u = 100 - a;
if (u > n)
return 0.0;
if (n - u > (99 - b) + (99 - c))
return 0.0;
double p = 1.0, ret = 0.0;
for (int i = 0; i < u; i++)
p *= 1.0 * (a + i) / (a + b + c + i);
for (int v = 0; v <= n - u; ++v) {
if (v + b > 99 || n - u - v + c > 99)
continue;
double exp = 1.0;
for (int j = 0; j < v; j++)
exp *= 1.0 * (b + j) / (a + b + c + u + j);
for (int j = 0; j < n - u - v; j++)
exp *= 1.0 * (c + j) / (a + b + c + u + v + j);
for (int j = v; j >= 1; j--)
exp *= 1.0 * (u - 1 + j) / j;
for (int j = n - u - v; j >= 1; j--)
exp *= 1.0 * (u - 1 + v + j) / j;
ret += (p * exp);
}
return ret;
}
int main() {
// freopen("in.txt", "r", stdin);
ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0);
int a, b, c;
cin >> a >> b >> c;
double ans = 0;
for (int i = 1; i <= 300; ++i) {
double pa = prob(i, a, b, c);
double pb = prob(i, b, c, a);
double pc = prob(i, c, a, b);
ans += i * (pa + pb + pc);
}
cout << fixed << setprecision(9) << ans << endl;
}
时间复杂度
\(O(n)\)。虽然也是三重循环，我们要注意到循环的次数是常数项。比如 main() 中的循环是固定 300 次，prob() 中的循环最多是 100 次。所以乘积还是常数次。
空间复杂度
\(O(n)\)
