“金山WPS杯”程序设计大赛感想

void 华工感受()
{
　　本来这次比赛就要自己带午饭，结果今天早上起晚了，结果慌慌张张连早餐都没吃，只好带了几块饼干就去了华工。好在饼干还算比较饱肚子，比赛时没有饿到。
　　由于时间紧迫，我没有认真地逛一圈华工。总体来讲，华工给我一种很舒服的感觉。这种“舒服”来源于建筑的结构、颜色以及周边的植被分布。看来华工的设计师比较对我的胃口
　　不过华工的道路比中大要复杂很多，我回去的时候就迷路了。最后只能骑着小黄车开着高德地图的导航回来。
　　华工的电脑没有Linux，Windows系统只有Visual Studio 2010，我只能用那个已经一年半没用的Dev-Cpp。我觉得IDE这东西，要么就不用，要用就用好的。像Dev-Cpp这种IDE就完全可以用editor代替。比较幸运的是，Dev-Cpp的调试功能没有出问题，没有自招那次坑爹。
　　总体来讲，编程环境还算满意，没有太多的意外发生。
}
int main()
{
　　今天刚拿到题还没把B题看完时，我的队友就把A题做出来了，他告诉我A是水题，于是我这题看都没看，跳过。
　　B题的题意是：给你三个硬度相同的水晶球，并且有一栋高n层的楼。你可以选择从某一层扔下这个水晶球。这三个水晶球有一个相同的临界楼层。如果你在超过临界楼层的地方扔下水晶球，水晶球就会爆炸，反之则会毫发无损。现在你要测出这个临界楼层，问你在最坏情况下最少要扔多少次。 n <= 10^14.
　　一开始我以为是先用前两个水晶球二分确定一个1/4区间，然后再用第三个水晶球从最低一层开始一层一层丢。当时我还说了一句“B也是水题”，结果光荣的WA了。。。
　　这种做法的问题在于：当你从二分的中点处丢下水晶球时，如果一个水晶球没摔坏，它是可以继续扔的，但是如果摔坏了，就得用下一个水晶球。所以，这样直接二分是不对的。
　　接着我就开始思考其他的策略，但是想来想去还是不知道有什么更优的做法。于是我就开始做D题
　　{
　　　　D题的题意是：给定n,m(n<=200,m<=s(n))，其中s(n)为小于等于n的素数的个数。对于一个1~n的排列an，统计满足如下条件的排列个数：对于1~n的素数p，满足ap=p的个数恰有m个。
　　　　这道题是一个比较明显（至少我是这么觉得的）的容斥原理。首先，我们用筛法求出s(n)的值。然后，我们首先从s(n)个素数中选出m个素数，然后对于剩下n-m个数，我们要保证其余的s(n)-m个素数是错排的。
　　　　设X(n, m)表示n个数的排列中，m个数处于错排状态（这m个数不是随意的，而是指定的）的排列个数。则C(s(n),m)*X(n-m,s(n)-m)即为答案。
　　　　那X(n, m)怎么计算呢？当然是用容斥原理。首先，如果不考虑这m个错排，则有n!种方案。但是现在有m个位置需要错排，所以要减去这m个位置没有错排的情况，即C(m,1)*(n-1)!，但是这样同时两个位置都没有错排的情况会多减，所以要加回C(m,2)*(n-2)!，以此类推。因而得到
　　　　X(n, m) = n!-C(m,1)*(n-1)!+C(m,2)*(n-2)!-...+（-1)^m*C(m, m)*(n-m)!
　　　　这道题还有个坑。题目要输出答案对一个大整数取模后的结果。但是这个X(n, m)有加有减，所以最后可能小于0.因此在返回X(n, m)的时候要return (ans + bigint) % bigint;
　　}
　　D题做完后，我萌生了找B题规律的想法。首先我写了一个dp：用dp[i,j]表示有i层楼，j个水晶球时所需的要扔的次数。然后，枚举扔球的楼层k，可以写出这样一个方程：
　　dp[i,j] = min{max(dp[k-1, j-1], dp[i-k,j]) | 1<=k<=i} + 1;
　　dp[0,j] = 0;
　　dp[i,1] = i;
　　然后，我先对较小的i输出了dp[i,3]的值，看了一下没发现什么规律。
　　于是我又输出了dp[i,3]取最小值时对应的k的值，即第一次扔球的楼层。
　　我发现随着i的增长，这个楼层会先从1开始逐渐递增到一个特定的数值，然后回到1再增长到另一个数值，又再回到1再增长。。。
　　而且，每次回到1时，dp[i,3]的数值都会增加1，而当这个楼层增长时，dp[i,3]不变。
　　于是，我把每次跳回1之前的那个楼层记录下来，排列成数列{an}。这时我队友提醒我an是一个二阶等差数列，即它相邻两项的差是等差数列。通过对等差数列数列求和得到了an的通项。
　　然后，由于只有每次跳回1的时候，dp[i,3]才会增加1。因此，我们实际上是要找到一个正整数m，满足
　　a1+a2+...+am < n <= a1+a2+...+am+a(m+1).
　　我们只要对an再求一次和然后二分就能找到这个m。进而求出答案。
　　被我称之为水题的B题终于过了之后，我队友看到F题做的人比较多，于是我开始想F题。
　　F题的题意是：找出1~n中所有满足没有两个相同的质因子的整数的个数，即分解质因数后任何一个质因子的指数都为1。n<=10^14
　　受到D题影响，我又想用容斥原理了。首先，用筛法求出小于等于sqrt(n)的所有素数，然后记它们的平方分别为a1,a2,...,am.
　　这样，答案就是sum{n/ai} - sum{n/(aiaj)|i≠j} + sum{n/(aiajak)|i,j,k两两不等}-...
　　为了能更好的实现这个算法，我写了一个深度优先搜索。由于答案的每一项都是形如n/(aiajakax...)，这个搜索分别枚举ai是否出现在分母中，然后根据分母个数的奇偶性决定符号。
　　然后，我加了一个剪枝：如果当前的分母已经大于n，则退出，因为此时分数一定为0.
　　你一定觉得这么暴力的做法对于10^14这么大的数据肯定会超时。我刚写出来也是这么认为的，但奇迹的是，它过了。
　　它居然过了。。。
　　而且，这道题和D题都是用了容斥原理和筛法。怕是这两题的出题者背后有着肮脏的。。。。
　　做完F题之后，我们发现相当多人都做出了L题，于是我开始做L题。L题题意很复杂，简单来讲就是在先进先出的队列的基础上支持查询操作。只要离散化后开一个标记数组就好了。
　　这道题有毒的地方在于，这道题的数据范围是<=10^5，但是我把数组开成100100时Runtime error了。然后我检查了很久都没发现问题。最后我把数组大小末尾加了一个0，然后就AC了。
　　就AC了。。。。真有毒。
　　出现这种情况，我能做的当然是选择原谅数据啦！
　　L题过了以后，我开始想E题，但是根本没有头绪。这时我队友建议我看G题。G题的题意是：有两个人爬一个N层的塔。在爬的过程中，位于较下的人会有P的概率向上爬一层，1-P的概率向下爬一层（如果他本身就在第一层，则不动），整个过程耗费1个时间（即使不动也会耗费）。上面那个人不动。如果两个人在同一层，则规定某一个人进行上述行动，另一个人不懂。问这两个人都爬到第N层所需的时间的期望。N <= 40
　　我队友提示我两个人是对称的，所以只要算出一个人爬到塔顶的期望再乘以2就可以了。我一想挺有道理的。
　　那怎么求一个人的期望时间呢？我们设xi表示从第i层爬到塔顶所用的时间的期望。
　　则根据题意，x1 = P*x2 + (1-P)x1 + 1.
　　xn = P*x(n+1) + (1-P)x(n-1) + 1.
　　且xN = 0.
　　似乎不能直接递推计算。但是，我们可以稍微变下形：
　　x2 = x1-1/P.
　　x(n+1) = 1/P(xn+(P-1)x(n-1)-1)
　　接着，我们把x1当成未知数，利用上式递推，将xn表示为a+bx1的形式，然后利用xN=0解出x1即可。
　　这样做时间复杂度是O(N)的。题目给的数据范围似乎有点小。我估计题目是用了高斯消元去求x1。
　　L题做完后，时间也不多了。我就进入了划水阶段。我基本就没再做出贡献，只能默默的围观队友。
　　最后，我们一共做出了6题，排名第8，还是比较满意的。
　　return 0;
}