math

1、UVa 11806

题意：在m*n的网格中放k个石子，每格最多放一个，且第一行，最后一行，第一列，最后一列均有石子，求放的方法总数。

解法：首先发现，如果题目要求第一行，最后一行，第一列，最后一列没有石子，那题目非常简单。

　　　那么，用容斥原理。S表示全集，A，B分别表示第一行和最后一行没有石子，C，D分别表示第一列和最后一列没有石子，则所求为“在S中但不在A，B，C，D中”的集合的元素个数。

　　　自己写的代码挺搓的- -，看了刘汝佳用2进制数写的代码后，也模仿了一下。

tag:math, 计数, 容斥原理

 1 /*
 2  * Author:  plum rain
 3  * Created Time:  2013-08-14 23:54
 4  * File Name: 
 5  */
 6 #include<iostream>
 7 #include<sstream>
 8 #include<fstream>
 9 #include<vector>
10 #include<list>
11 #include<deque>
12 #include<queue>
13 #include<stack>
14 #include<map>
15 #include<set>
16 #include<bitset>
17 #include<algorithm>
18 #include<cstdio>
19 #include<cstdlib>
20 #include<cstring>
21 #include<cctype>
22 #include<cmath>
23 #include<ctime>
24 #include<utility>
25 
26 using namespace std;
27 
28 #define CLR(x) memset(x, 0, sizeof(x))
29 #define PB push_back
30 #define SZ(v) ((int)(v).size())
31 #define INF 999999999999
32 #define zero(x) (((x)>0?(x):-(x))<eps)
33 #define out(x) cout<<#x<<":"<<(x)<<endl
34 #define tst(a) cout<<#a<<endl
35 #define CINBEQUICKER std::ios::sync_with_stdio(false)
36 
37 typedef vector<int> VI;
38 typedef vector<string> VS;
39 typedef vector<double> VD;
40 typedef long long int64;
41 
42 const double eps = 1e-8;
43 const double PI = atan(1.0)*4;
44 const int maxint = 2139062143;
45 const int MAX = 500;
46 const int mod = 1000007;
47 
48 inline int Mymod( int a , int b ) { int x=a%b;if(x<0) x+=b;return x;}
49 
50 int C[MAX+10][MAX+10];
51 
52 void Cinit()
53 {
54     CLR (C);
55     C[0][0] = 1;
56     for (int i = 0; i <= MAX; ++ i){
57         C[i][0] = C[i][i] = 1;
58         for (int j = 1; j < i; ++ j)
59             C[i][j] = (C[i-1][j] + C[i-1][j-1]) % mod;
60     }
61 }
62 
63 int main()
64 {
65 //    freopen("a.in","r",stdin);
66 //    freopen("a.out","w",stdout);
67 //    std::ios::sync_with_stdio(false);
68     Cinit();
69 
70     int T;
71     scanf ("%d", &T);
72     int test = 0;
73     while (T--){
74         int n, m, k;
75         scanf ("%d%d%d", &n, &m, &k);
76         
77         int sum = 0;
78         for (int sta = 0; sta < 16; ++ sta){
79             int num = 0, nn = n, mm = m;
80             if (sta&1)
81                 ++ num, -- nn;
82             if (sta&2)
83                 ++ num, -- nn;
84             if (sta&4)
85                 ++ num, -- mm;
86             if (sta&8)
87                 ++ num, -- mm;
88             int tmp = C[mm*nn][k];
89             if (num&1) tmp *= -1;
90             sum = (sum + mod + tmp) % mod;
91         }
92 
93         printf ("Case %d: %d\n", ++test, sum);
94     }
95     return 0;
96 }
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2、World Finals 2008, LA 4123

题意：对一个边平行于坐标轴的多边形，从某个顶点开始按照逆时针顺序走，碰到一个90度的内角记R，碰到一个270度的内角记O，最后得到一串序列称角度序列。给定正整数n，有多少个长度为n的角度序列可以对应至少一个星形多边形（即多边形中存在一个点可以看到多边形边界上上每一点）？多边形长度任意。注意，一个多边形有可能有多个角度序列与之对应，如下图Figure 2可以对应RRORRORRORRO, ORRORRORRORR。(1 <= N <= 1000)

\epsfbox{p4123.eps}

解法：首先，不难发现多边形顶点数即为角度序列长度。其次，要观察到n为奇数或n < 3时答案为0，否则角度序列一定有(n + 4) / 2个 R 和 (n - 4) / 2个 O。

然后，再发现(- -)可能会出现子序列RR，但一定不会出现OO，否则不为星形三角形。另一方面，只要是 R 比 O 多4个，且没有两个O相邻，一定可以构造出上述的星形多边形。

　　  这样，题目就转化为把用(n+4) / 2个 R 和 (n - 4) / 2个 O 组成的，没有两个O相邻且不能首尾均为O(此情况等价于相邻，因为多边形等价与环)的序列的个数。答案C((n+4)/2, (n-4)/2)) + C((n+4)/2 - 1, (n-4)/2) - 1)。

tag:math, think, 计数

 1 /*
 2  * Author:  plum rain
 3  * Created Time:  2013-08-19 10:39
 4  * File Name: math-LA-4123.cpp
 5  */
 6 #include<iostream>
 7 #include<sstream>
 8 #include<fstream>
 9 #include<vector>
10 #include<list>
11 #include<deque>
12 #include<queue>
13 #include<stack>
14 #include<map>
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17 #include<algorithm>
18 #include<cstdio>
19 #include<cstdlib>
20 #include<cstring>
21 #include<cctype>
22 #include<cmath>
23 #include<ctime>
24 #include<utility>
25 
26 using namespace std;
27 
28 #define CLR(x) memset(x, 0, sizeof(x))
29 #define PB push_back
30 #define SZ(v) ((int)(v).size())
31 #define INF 999999999999
32 #define zero(x) (((x)>0?(x):-(x))<eps)
33 #define out(x) cout<<#x<<":"<<(x)<<endl
34 #define tst(a) cout<<#a<<endl
35 #define CINBEQUICKER std::ios::sync_with_stdio(false)
36 
37 typedef vector<int> VI;
38 typedef vector<string> VS;
39 typedef vector<double> VD;
40 typedef long long int64;
41 
42 const double eps = 1e-8;
43 const double PI = atan(1.0)*4;
44 const int maxint = 2139062143;
45 
46 inline int Mymod( int a , int b ) { int x=a%b;if(x<0) x+=b;return x;}
47 
48 int64 min(int64 a, int64 b)
49 {
50     return a < b? a: b;
51 }
52 
53 int64 C(int64 y, int64 x)
54 {
55     if (y < x) return 0;
56     x = min (x, y-x);
57 
58     int64 ret = 1;
59     for (int64 i = y, j = 1; i > y - x; -- i, ++ j)
60         ret = (ret * i) / j;
61     return ret;
62 }
63 
64 int main()
65 {
66 //    freopen("a.in","r",stdin);
67 //    freopen("a.out","w",stdout);
68 //    std::ios::sync_with_stdio(false);
69     int n, test = 0;
70     while (scanf ("%d", &n) != EOF && n){
71         printf ("Case %d: ", ++ test);
72         if (n&1 || n == 2) printf ("0\n");
73         else if (n == 4) printf ("1\n");
74         else{
75             int r = (n + 4) / 2, o = (n - 4) / 2;
76             cout << C((int64)r, (int64)o) + C((int64)(r-1), (int64)(o-1))<< endl;
77         }
78     }
79     return 0;
80 }
View Code

Ps: 星形多边形的判定参见http://madongfly.bokee.com/18473335.html(与本题无关)

 

3、UVa 11361

题意：给出整数a, b, k。求区间[a, b]中的数有多少个本身既是k的倍数，各位数字之和也是mod的倍数。(1 <= a <= b < 2^31, 1 <= k < 10000)

　　　类似POJ 3286，本文第七题。

解法：首先构造函数x(n)表示小于等于n的数中符合题意的数的个数，则答案为f(b) - f(a-1)。

　　　考虑求x(n)。假设n = 234，则f(n)的值为0**, 1**, 20*, 21*, 22*, 230, 231, 232, 233, 234中满足题意的数之和。

 　　  再构造f(d, m1, m2)表示任选d个数(0 ～ 9)都成一个新数,  新数各位数字之和除以k余m1, 新数除以k余m2。例如1**形式满足题意的数之和为f(2, (k - 1) % k, (k - 100) % k)。递推方程为f(d, m1, m2) = sum{f(d-1, (m1 - x) % k, (m2 - x * 10^(d-1)) % k) | x = 0, 1, 2...9}。边界条件：if (!d) return (!m1 && !m2)

　　　

　　　但是，这样的方法还是会TLE，计算f(d, m1, m2)的部分会有大量重复计算，而打表预处理又由于数据范围太大不能实现。观察题会发现，由于1 <= a <= b < 2^31， 所以a, b各位数字之和一定小于100，所以当k >= 100时答案一定为0，所以可以设置数组f[15][100][100]，避免重复计算。

tag：math, 递推, good

  1 /*
  2  * Author:  plum rain
  3  * Created Time:  2013-08-17 10:41
  4  * File Name: math-UVa-11361.cpp
  5  */
  6 #include<iostream>
  7 #include<sstream>
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  9 #include<vector>
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 11 #include<deque>
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 15 #include<set>
 16 #include<bitset>
 17 #include<algorithm>
 18 #include<cstdio>
 19 #include<cstdlib>
 20 #include<cstring>
 21 #include<cctype>
 22 #include<cmath>
 23 #include<ctime>
 24 #include<utility>
 25 
 26 using namespace std;
 27 
 28 #define CLR(x) memset(x, 0, sizeof(x))
 29 #define PB push_back
 30 #define SZ(v) ((int)(v).size())
 31 #define INF 999999999999
 32 #define zero(x) (((x)>0?(x):-(x))<eps)
 33 #define out(x) cout<<#x<<":"<<(x)<<endl
 34 #define tst(a) cout<<#a<<endl
 35 #define CINBEQUICKER std::ios::sync_with_stdio(false)
 36 
 37 typedef vector<int> VI;
 38 typedef vector<string> VS;
 39 typedef vector<double> VD;
 40 typedef long long int64;
 41 
 42 const double eps = 1e-8;
 43 const double PI = atan(1.0)*4;
 44 const int maxint = 2139062143;
 45 
 46 inline int Mymod( int a , int b ) { int x=a%b;if(x<0) x+=b;return x;}
 47 
 48 int mod;
 49 int an[40];
 50 int num[40];
 51 int f[11][100][100];
 52 
 53 int Mypow(int p, int n)
 54 {
 55     int sq = 1;
 56     while (n > 0){
 57         if (n & 1) 
 58             sq = sq * p;
 59         n /= 2;
 60         p = p * p;
 61     }
 62     return sq;
 63 }
 64 
 65 int asklen(int x)
 66 {
 67     if (!x) return 1;
 68     int ret = 0;
 69     while (x > 0){
 70         an[ret ++] = x % 10;
 71         x /= 10;
 72     }
 73     return ret;
 74 }
 75 
 76 int askf(int d, int m1, int m2)
 77 {
 78     if (f[d][m1][m2] != -1)
 79         return f[d][m1][m2];
 80 
 81     int ret = 0;
 82     if (d == 0){ 
 83         f[d][m1][m2] = (!m1 && !m2);
 84         return (!m1 && !m2);
 85     }
 86 
 87     for (int i = 0; i < 10; ++ i){
 88         int mm1 = (m1 - i) % mod;
 89         if (mm1 < 0) mm1 += mod;
 90         int mm2 = (m2 - i * Mypow(10, d-1)) % mod;
 91         if (mm2 < 0) mm2 += mod;
 92         ret += askf (d-1, mm1, mm2);
 93     }
 94     f[d][m1][m2] = ret;
 95     return ret;
 96 }
 97 
 98 int solve (int x)
 99 {
100     int ret = 0;
101     if (x == 0) return 1;
102     if (mod == 1) return x+1;
103     CLR (an), CLR (num);
104     int len = asklen(x);
105     int cnt = 1;
106     cnt = Mypow(10, len-1);
107     for (int i = len-1; i >= 0; -- i){
108         for (int j = 0; j < an[i]; j ++){
109             num[i] = j;
110             int m1 = 0, m2 = 0;
111             int tmp = cnt;
112             for (int k = len-1; k >= i; -- k)
113                 m1 += num[k], m2 += num[k] * tmp, tmp /= 10;
114             m1 = (mod - m1) % mod, m2 = (mod - m2) % mod;
115             if (m1 < 0) m1 += mod;
116             if (m2 < 0) m2 += mod;
117             ret += askf (i, m1, m2);
118         }
119         num[i] = an[i];
120     }
121     if (!(x % mod)){
122         int num_sum = 0;
123         for (int i = 0; i < len; ++ i)
124             num_sum += num[i];
125         if (!(num_sum % mod)) ++ ret;
126     }
127     return ret;
128 }
129 
130 int main()
131 {
132 //    freopen("tst.in","r",stdin);
133 //    freopen("a.out","w",stdout);
134 //    std::ios::sync_with_stdio(false);
135     int T;
136     scanf ("%d", &T);
137     while (T--){
138         int a, b;
139         scanf ("%d%d%d", &a, &b, &mod);
140         if (mod >= 100)
141             printf ("0\n");
142         else {
143             memset (f, -1, sizeof (f));
144             printf ("%d\n", solve (b) - solve (a-1));
145         }
146     }
147     return 0;
148 }
View Code

 

4、NEERC 2005, LA 3516

题意：给出一个多叉树，每个节点的子节点都有左右之分。从根节点开始，每次尽量王座走，走不通就回溯，把每次遇到的字母记下来，可以得到一个序列。给定一个序列s，问有多少种树与之对应。如ABABABA有如下树对应：

\epsfbox{p3516.eps}

　　 size(s) <= 300。

解法：给定字字符串s。记d(l, r)为s[l]至s[r]之间字符串可以构成多少种数，递推公式为d(l, r) = sum {d(l+1, x-1) * d(x, r) | i+2 <= x <= j, s[i] = s[j] = s[k]}，边界条件if (d[l] != d[r]) return 0; if (l == r) return 1;

　　　同样需要用数组记录，防止重复计算。

tag：math, 递推

 1 /*
 2  * Author:  plum rain
 3  * Created Time:  2013-08-18 20:02
 4  * File Name: math-LA-3516.cpp
 5  */
 6 #include<iostream>
 7 #include<sstream>
 8 #include<fstream>
 9 #include<vector>
10 #include<list>
11 #include<deque>
12 #include<queue>
13 #include<stack>
14 #include<map>
15 #include<set>
16 #include<bitset>
17 #include<algorithm>
18 #include<cstdio>
19 #include<cstdlib>
20 #include<cstring>
21 #include<cctype>
22 #include<cmath>
23 #include<ctime>
24 #include<utility>
25 
26 using namespace std;
27 
28 #define CLR(x) memset(x, 0, sizeof(x))
29 #define PB push_back
30 #define SZ(v) ((int)(v).size())
31 #define INF 999999999999
32 #define zero(x) (((x)>0?(x):-(x))<eps)
33 #define out(x) cout<<#x<<":"<<(x)<<endl
34 #define tst(a) cout<<#a<<endl
35 #define CINBEQUICKER std::ios::sync_with_stdio(false)
36 
37 typedef vector<int> VI;
38 typedef vector<string> VS;
39 typedef vector<double> VD;
40 typedef long long int64;
41 
42 const double eps = 1e-8;
43 const double PI = atan(1.0)*4;
44 const int maxint = 2139062143;
45 const int mod = 1000000000;
46 
47 inline int Mymod( int a , int b ) { int x=a%b;if(x<0) x+=b;return x;}
48 
49 string s;
50 int64 d[305][305];
51 
52 int64 f(int l, int r)
53 {
54     if (s[l] != s[r]) return 0;
55     if (l == r) return 1;
56     if (d[l][r] != -1) return d[l][r];
57 
58     int64 ret = 0;
59     for (int i = l+2; i <= r; ++ i)
60         if (s[l] == s[i])
61             ret = (ret + f(l+1, i) * f(i, r-1)) % mod; 
62     d[l][r] = ret;
63     return ret;
64 }
65 
66 int main()
67 {
68 //    freopen("a.in","r",stdin);
69 //    freopen("a.out","w",stdout);
70 //    std::ios::sync_with_stdio(false);
71     s.clear();
72     while (cin >> s){
73         memset (d, -1, sizeof (d));
74         for (int i = 0; i < 10; i ++)
75             out (d[i][2]), out (d[2][i]);
76         cout << f(0, SZ (s) - 1) << endl;
77         s.clear();
78     }
79     return 0;
80 }
View Code

 

5、POJ 2265 Bee Maja 

题意：给处下面两张图，输入n，求n在右图中所在的格子，在左图中对应的坐标是多少。

Maja   　　Willi

解法：(copy from POJ Discuss..)

首先，记由1到2的方向记为2，1到3的方向记为3……1到7的方向记为7，他们分别是：(0,1),(-1,1),(-1,0),(0,-1),(1,-1),(1,0);这些规律不仅对于1的周围六个方向有效，对于所有的点都是有效的。然后记1所在为圈1，2..7为圈1，8..19为圈2……，所以，很容易可以得到第n圈有蜂窝6n个(n>0)，对于这个等差数列求和，S[1..n]=3n^2+3n，包括第0圈的1，则S[0..n]=3n^2+3n+1。

读入数字x,解方程3n^2+3n+1=x，解出来n=[sqrt(12x-3)-3]/6 如果n为整数，则圈数p=n，否则p=trunc(n)+1，又可以通过公式t:=x-3*sqr(p)+3*p-1;求出t（x是第n圈的第t个）。

可以发现，从上一圈的最后一点，即(p-1,0)走到目的点，首先应在2方向上走1步，再沿(-1,1)走p-1步，其余的5个方向都走p步，此外每走一次，t就要减去相应的值，当t=0时，就可以退出循环，这样就可以很容易得到答案。

tag:math, 找规律

 1 /*
 2  * Author:  Plumrain
 3  * Created Time:  2013-10-16 13:01
 4  * File Name: math-POJ-2265.cpp
 5  */
 6 #include<iostream>
 7 #include<cstdio>
 8 #include<cmath>
 9 
10 using namespace std;
11 
12 #define zero(x) (((x)>0?(x):-(x))<eps)
13 const double eps = 1e-8;
14 int dir[6][2] = {{0, 1}, {-1, 1}, {-1, 0}, {0, -1}, {1, -1}, {1, 0}};
15 
16 void cha(int x, int& xx, int& yy)
17 {
18     double n = (sqrt(12.0*x - 3) - 3.0) / 6.0;
19     int p = zero(n - ceil(n)) ? (int)n : ceil(n);
20     int t = x - 3 * p * p + 3 * p - 1;
21     xx = p - 1; yy = 0;
22     while (1){
23         if (!t) return;
24         xx += dir[0][0]; yy += dir[0][1];
25         -- t;
26         if (!t) return;
27         for (int i = 0; i < p-1; ++ i){
28             xx += dir[1][0]; yy += dir[1][1];
29             -- t;
30             if (!t) return;
31         }
32 
33         for (int i = 2; i <= 6; ++ i)
34             for (int j = 1; j <= p; ++ j){
35                 xx += dir[i%6][0]; yy += dir[i%6][1];
36                 -- t;
37                 if (!t) return;
38             }
39     }
40 }
41 
42 int main()
43 {
44     int n;
45     while (scanf ("%d", &n) != EOF){
46         if (n == 1){
47             printf ("0 0\n");
48             continue;
49         }
50 
51         int x, y;
52         cha(n, x, y);
53         printf ("%d %d\n", x, y);
54     }
55     return 0;
56 }
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6、POJ 1870 Bee Breeding

题意：在下图中，给定两点号码，要从一个点走到另一个点最短的步数是多少。每一步只能走到相邻的六边形。

Willi

解法：本来这道题没有建模成六边形，建模之后，加上做过POJ2265(上面那道题)，这道题就很容易了。

tag:math, 建模找规律

 1 /*
 2  * Author:  Plumrain
 3  * Created Time:  2013-10-16 14:00
 4  * File Name: math-POJ-1870.cpp
 5  */
 6 #include <iostream>
 7 #include <cstdio>
 8 #include <cstring>
 9 #include <cmath>
10 #include <algorithm>
11 
12 using namespace std;
13 
14 #define CLR(x) memset(x, 0, sizeof(x))
15 #define zero(x) (((x)>0?(x):-(x))<eps)
16 const double eps = 1e-8;
17 const int maxint = 2147483647;
18 
19 int dir[6][2] = {{0, 1}, {-1, 1}, {-1, 0}, {0, -1}, {1, -1}, {1, 0}};
20 int change[6][2] = {{1, 0}, {-1, 0}, {0, 1}, {0, -1}, {1, -1}, {-1, 1}};
21 int x[2], y[2], ans;
22 
23 void cha(int x, int& xx, int& yy)
24 {
25     if (x == 1){xx = 0; yy = 0; return;}
26 
27     double n = (sqrt(12.0*x - 3) - 3.0) / 6.0;
28     int p = zero(n - ceil(n)) ? (int)n : ceil(n);
29     int t = x - 3 * p * p + 3 * p - 1;
30     xx = p - 1; yy = 0;
31     while (1){
32         if (!t) return;
33         xx += dir[0][0]; yy += dir[0][1];
34         -- t;
35         if (!t) return;
36         for (int i = 0; i < p-1; ++ i){
37             xx += dir[1][0]; yy += dir[1][1];
38             -- t;
39             if (!t) return;
40         }
41 
42         for (int i = 2; i <= 6; ++ i)
43             for (int j = 1; j <= p; ++ j){
44                 xx += dir[i%6][0]; yy += dir[i%6][1];
45                 -- t;
46                 if (!t) return;
47             }
48     }
49 }
50 
51 int gao()
52 {
53     if (x[0] == x[1] || y[0] == y[1]) 
54         return abs(x[0]-x[1] + y[0]-y[1]);
55     
56     int tmp1 = x[0] - x[1], tmp2 = y[0] - y[1];
57     if (tmp1 * tmp2 < 0)
58         return max(abs(tmp1), abs(tmp2));
59     return abs(tmp1) + abs(tmp2);
60 }
61 
62 int main()
63 {
64     int a, b;
65     while (scanf ("%d%d", &a, &b) != EOF && (a || b)){
66         cha(a, x[0], y[0]); cha(b, x[1], y[1]);
67         
68         int ans = gao();
69         printf ("The distance between cells %d and %d is %d.\n", a, b, ans);
70     }
71     return 0;
72 }
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 7、POJ 3286 How many 0's?

题意：给定n和m，将n~m之间的所有数写在纸上(包括n和m)，问一共会写多少个0。100会写两个0。

　　　类似UVa 11361，本文第3题。

解法：其实这种问题并不难，但是如果想不清楚，就会怎么都写不对，或者写得非常麻烦把自己都弄晕了。而我目前每次碰到这种题，都没有解出来....

　　　首先设置f(n)表示0~n会写多少个0。只需要求f(m) - f(n-1)即可。　　　

　　　按位考虑，从个位开始。以下一21035为例。由于0也算一种，所以给ans赋初值为1。

　　　个位：个位原先不为0。个位为0以后，该位之前一共有2103种情况(注意之前的部分不能为0,因为不能有前驱0)，该位之后只有一种情况，所以ans += 2103 * 1；

　　　十位：十位原先不为0。十位为0以后，该位之前一共有210种情况，该位之后有10种情况，所以ans += 210 * 10；

　　　百位：注意，百位原先为0。所以有两种情况，一种是百位之前的部分去[1, 20]，之后去[0,99]；另一种情况，百位之前为21，之后取[0,35]；所以ans += 20 * 100 + 36。

　　　......

tag:math, 递推, good

Ps：题解参考http://www.cnblogs.com/zhj5chengfeng/archive/2013/03/24/2977984.html

 1 /*
 2  * Author:  Plumrain
 3  * Created Time:  2013-10-16 16:02
 4  * File Name: math-POJ-3296.cpp
 5  */
 6 #include<iostream>
 7 #include<cstdio>
 8 #include<cstring>
 9 
10 using namespace std;
11 
12 #define CLR(x) memset(x, 0, sizeof(x))
13 typedef long long int64;
14 int64 tpow[25];
15 
16 int64 f(int64 x)
17 {
18     if (x < 0) return 0;
19 
20     int64 ret = 1, lef = 0;
21     for (int64 i = 1;; ++ i){
22         if (!x) break;
23         int64 tmp = x % 10;
24         x /= 10;
25         if (tmp)
26             ret += x * tpow[i-1];
27         else
28             ret += (x-1) * tpow[i-1] + (lef+1);
29         lef += tpow[i-1] * tmp;
30     }
31     return ret;
32 }
33 
34 int main()
35 {
36     int64 n, m;
37     tpow[0] = 1;
38     for (int i = 1; i < 25; ++ i)
39         tpow[i] = tpow[i-1] * 10;
40     while (scanf ("%lld%lld", &n, &m) != EOF && m >= 0)
41         printf ("%lld\n", f(m) - f(n-1)); 
42     return 0;
43 }
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8、POJ 1095 Trees Made to Order

题意：按下图给二叉树排序，输入序号，求二叉树，按下列方式输出所求二叉树。

1 - X，2 - X(X)，3 - (X)X，4 - X(X(X))，20 - ((X)X(X))X

解法：首先，发现它是卡特兰数。然后先求树中总共有x个节点，再求左子树右子树各有x1，x2个节点，再求左子树这中形状在有x1个节点的树中排第几个，右子树这种形状在有x2个节点的树中排第几个。

　　　用递归的方法求解并输出。

Ps：参考题解http://blog.csdn.net/lg_mind/article/details/8193841

tag:math, catanlan

 1 /*
 2  * Author:  Plumrain
 3  * Created Time:  2013-10-17 11:35
 4  * File Name: math-POJ-1095.cpp
 5  */
 6 #include<iostream>
 7 #include<cstdio>
 8 
 9 using namespace std;
10 
11 int catalan[] = {1, 1, 2, 5, 14, 42, 132, 429, 1430, 4862, 16796, 58786, 208012, 742900, 2674440, 9694845, 35357670, 129644790, 477638700, 1767263190};
12 
13 void gao(int n)
14 {
15     if (!n) return ;
16 
17     int x, k;
18     for (int i = 1;; ++ i)
19         if (n > catalan[i])
20             n -= catalan[i];
21         else{
22             k = i;
23             break;
24         }
25 
26     if (k == 1){
27         printf ("X");
28         return ;
29     }
30 
31     for (int i = 0; i < k; ++ i)
32         if (n - catalan[i]*catalan[k-1-i] > 0)
33             n -= catalan[i] * catalan[k-1-i];
34         else{
35             x = i;
36             break;
37         }
38 
39     int ln = n / catalan[k-1-x] + (n%catalan[k-1-x] != 0);
40     int rn = (n-1) % catalan[k-1-x] + 1;
41     if (x){
42         int tmp = 0;
43         for (int j = 1; j < x; ++ j)
44             tmp += catalan[j];
45         printf ("(");
46         gao(ln + tmp);
47         printf (")"); 
48     }
49     printf ("X");
50     if (k - 1 - x){
51         int tmp = 0;
52         for (int j = 1; j < k - 1 - x; ++ j)
53             tmp += catalan[j];
54         printf ("(");
55         gao(rn + tmp);
56         printf (")");
57     }
58 }
59 
60 int main()
61 {
62     int n;
63     while (scanf ("%d", &n) != EOF && n){
64         gao(n);
65         printf ("\n");
66     }
67     return 0;
68 }
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9、HDU 3221 Brute-force Algorithm

题意：给出下面的图片，并给定p，n，a和b，求函数funny会执行多少次。输出执行次数mod P。1 <= n <= 10^9，1 <= P <= 10^6，0 <= a,b <= 10^6。

　　　　 

解法：首先，手算模拟知道，当n = 1,2,3,4,5,6时，答案分别为a, b, ab, ab^2, a^2 * b^3, a^3 * b^5。并且，手算的过程中可以归纳出，当n >= 4，答案就是a^f(n) * b^g(n)，其中f(n)和g(n)分别是两个Fibonacci数列。 但是，还有两个需要解决的问题。

　　　一、n可以到10^9太大了，O(n)的递推是不能被接受的。所以需要用矩阵快速幂优化。

　　　二、Fibonacci数列太大了，会超long long，而且它是作为指数使用，所以不能在计算中途mod P。所以要用到下面的结论：

　　　　　　　　（其中A为证数，为矩阵或者浮点数不一定成立）

 　　　这样，问题就得到了解决。

tag:math, Fibonacci, 矩阵快速幂, 求幂大法

  1 /*
  2  * Author:  Plumrain
  3  * Created Time:  2013-10-28 14:32
  4  * File Name: nath-HDU-3221.cpp
  5  */
  6 #include<iostream>
  7 #include<cstdio>
  8 #include<cstring>
  9 
 10 using namespace std;
 11 
 12 #define CLR(x) memset(x, (int64)0, sizeof(x))
 13 const int N = 2000000;
 14 typedef long long int64;
 15 typedef int64 matrix[10][10];
 16 
 17 int64 a, b, mod, n;
 18 int64 phi[N+5];
 19 bool xxx;
 20 matrix at, bt, cnt;
 21 
 22 int64 pow_mod(int64 p, int64 num, int64 mod)
 23 {
 24     p %= mod;
 25     int64 ret = 1;
 26     while (num){
 27         if (num & 1) ret = (ret * p) % mod;
 28         num >>= 1;
 29         p = (p * p) % mod;
 30     }
 31     return ret;
 32 }
 33 
 34 void phi_table(int n)
 35 {
 36     CLR (phi);
 37     phi[1] = 1;
 38     for (int i = 2; i <= n; ++ i)
 39         if (!phi[i]){
 40             for (int j = i; j <= n; j += i){
 41                 if (!phi[j]) phi[j] = j;
 42                 phi[j] -= phi[j]/i;
 43             }
 44         }
 45 }
 46 
 47 void mtx_init()
 48 {
 49     at[0][0] = 2;
 50     at[1][1] = at[0][1] = at[1][0] = 1;
 51     cnt[1][1] = 0;
 52     cnt[0][0] = cnt[0][1] = cnt[1][0] = 1;
 53     bt[0][0] = 3;
 54     bt[0][1] = bt[1][0] = 2;
 55     bt[1][1] = 1;
 56 }
 57 
 58 void mtx_mul(matrix& A, matrix B)
 59 {
 60     matrix ret;
 61     for (int i = 0; i < 2; ++ i)
 62         for (int j = 0; j < 2; ++ j){
 63             ret[i][j] = 0;
 64             for (int k = 0; k < 2; ++ k){
 65                 ret[i][j] += A[i][k] * B[k][j];
 66                 if (xxx || ret[i][j] > N*10){
 67                     xxx = 1;
 68                     ret[i][j] %= mod;
 69                 }
 70             }
 71         }
 72 
 73     for (int i = 0; i < 2; ++ i)
 74         for (int j = 0; j < 2; ++ j)
 75             A[i][j] = ret[i][j];
 76 }
 77 
 78 void mtx_pow(matrix& A, int64 n)
 79 {
 80     matrix ret; CLR (ret);
 81     ret[0][0] = ret[1][1] = 1;
 82     while (n){
 83         if (n & 1) mtx_mul(ret, A);
 84         n >>= 1;
 85         mtx_mul(A, A);
 86     }
 87 
 88     for (int i = 0; i < 2; ++ i)
 89         for (int j = 0; j < 2; ++ j)
 90             A[i][j] = ret[i][j];
 91 }
 92 
 93 int main()
 94 {
 95     phi_table(N);
 96 
 97     int T, test = 0;
 98     scanf ("%d", &T);
 99     while (T--){
100         mtx_init();
101         xxx = false;
102         
103         int64 p;
104         scanf ("%lld%lld%lld%lld", &a, &b, &p, &n);
105         mod = phi[p];
106         printf ("Case #%d: ", ++test);
107         int64 ans;
108         if (n == 1)
109             ans = a%p;
110         else if (n == 2)
111             ans = b%p;
112         else if (n == 3)
113             ans = (a*b)%p;
114         else{
115             mtx_pow(cnt, n-4);
116             mtx_mul(at, cnt);
117             mtx_mul(bt, cnt);
118 
119             int64 tmp1, tmp2;
120             if (xxx){
121                 tmp1 = pow_mod(a, at[0][1] + mod, p) % p; 
122                 tmp2 = pow_mod(b, bt[0][1] + mod, p) % p;
123             }
124             else{
125                 tmp1 = pow_mod(a, at[0][1], p) % p; 
126                 tmp2 = pow_mod(b, bt[0][1], p) % p;
127             }
128             ans = (tmp1 * tmp2) % p;
129         }
130         printf ("%lld\n", ans);
131     }
132     return 0;
133 }
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posted @ 2013-08-15 00:29  Plumrain  阅读(539)  评论(0)  编辑  收藏  举报