C++博客-Omni Inspirations-随笔分类-Math

SDTSC 2010 goblin

jsn1993 — Wed, 19 May 2010 06:11:00 GMT

题意：
求长度为N的zig-zag序列数

做法：
设Up[i][j]表示长度为i以j开头的zig序列
Down[i][j]表示长度为i以j开头的zag序列
直接递推

1 #include <cstdio>
2 int Up[2][4205],Down[2][4205],N,P;
3 int main()
4 {
5     scanf("%d%d",&N,&P);
6     Up[1][1]=Down[1][1]=1;
7     for (int i=2,now=0;i<=N;++i,now^=1)
8     {
9         Up[now][i+1]=Down[now][0]=0;
10         for (int j=i;j;--j)
11             Up[now][j]=(Up[now][j+1]+Down[now^1][j])%P;
12         for (int j=1;j<=i;++j)
13             Down[now][j]=(Down[now][j-1]+Up[now^1][j-1])%P;
14     }
15     int ret=0;
16     for (int i=1;i<=N;++i)
17         ret=(ret+Up[N&1][i])%P;
18     printf("%d\n",(ret<<1)%P);
19     return 0;
20 }
21

jsn1993 2010-05-19 14:11 发表评论

Pku 2917 Diophantus of Alexandria

jsn1993 — Fri, 23 Apr 2010 02:54:00 GMT

题意：
求 1/x+1/y=1/z x,y的整数解对数

做法：
先将y表示成 y=(x*z)/(x-z)
然后呢...我就不知道然后了
baidu了题解后才知道了
设w=x-z 则x=z+w 那么 y=(z*z+w*z)/w=z*z/w+z
所以转化为了求z*z/w的整数解个数
即z*z的约数个数因为要求一对的所以答案是 (约数个数+1)/2

然后就解决了。

1 #include <cstdio>
2 #define n 50005
3 int p[n],T,N,ret;
4 bool mk[n];
5 inline void mkprime()
6 {
7     for (int i=2;i<n;++i)
8     if (!mk[i])
9         for (int j=i<<1;j<n;j+=i)
10             mk[j]=1;
11     for (int i=2;i<n;++i)
12     if (!mk[i])    p[++p[0]]=i;
13 }
14 inline int getlog(int &N,int prime)
15 {
16     int ret=0;
17     for (;N%prime==0;N/=prime,++ret);
18     return ret;
19 }
20 int main()
21 {
22     mkprime();
23     scanf("%d",&T);
24     for (int Te=1;Te<=T;++Te)
25     {
26         scanf("%d",&N);
27         ret=1;
28         for (int i=1;i<=p[0]&&p[i]*p[i]<=N;++i)
29         if (N%p[i]==0)    ret*=(getlog(N,p[i])<<1)+1;
30         if (N>1)    ret*=3;
31         printf("Scenario #%d:\n%d\n\n",Te,(ret+1)>>1);
32     }
33     return 0;
34 }
35

jsn1993 2010-04-23 10:54 发表评论

Pku 1845 Sumdiv

jsn1993 — Thu, 22 Apr 2010 10:58:00 GMT

题意：
给你N^M (N,M<=50000000) 让你求出N^M的所有约数之和mod 9901 (prime)

做法：
首先可以肯定的是给你N 让你求出N的所有约数之和的做法
便是分解质因数并将N表示成 p1^k1*p2^k2.....pm^km 然后将这些数字分为m类
用公式(1+p1+p1^2...+p1^k1)(1+p2+p2^2...+p2^k2)...(1+pm+pm^2+...+pm^km)便可以计算得到
因为从每类中选一种pi^j乘出来等价于将pi^j乘到这个约数中，所有的乘法可能之和便是约数和
对于N^M 其实本质一样 p1^(M*k1)*p2^(M*k2).....pm^(M*km)

问题转化为了如何求1+q+q^2+...+q^Q这个等比数列前N项和
高中数学告诉我们可以用(q^Q-1)/(q-1)这个公式快速幂解决
离散数学告诉我们可以用构造矩阵用矩阵乘法

用公式大部分情况都是对的
但是在比如 (q^Q-1)与(q-1)都能被 9901整除的情况下求出来的肯定是0 不是正确解
（我比较愚昧不知道如何解决求解决方法）

用矩阵其实也很简单构造一个2*2的矩阵即可
我就只讲讲我的大常数sb方法
A是答案矩阵
A11 表示i次幂的时候当前这个数 A12表示i次幂的时候当前这个数加上之前的和也就是前i项和
B是用来转移的矩阵
B11 = B12 = Num B21=0 B22=1
初始 A11=A12=1 A21=A22=0
要求 N^M次的时候只要把 B 重新构造把A乘上B的M次就可以了

这样就解决了此题虽然常数不咋地。。

1 #include <cstdio>
2 #include <cstring>
3
4 #define P 9901
5 #define n 3
6 int p[P],C[n][n],Mat[n][n],tmp[n][n],N,M,ret;
7 bool mk[P];
8 inline void mkprime()
9 {
10     for (int i=2;i<P;++i)
11     if (!mk[i])
12         for (int j=i<<1;j<P;j+=i)
13             mk[j]=1;
14     for (int i=2;i<P;++i)
15     if (!mk[i])    p[++p[0]]=i;
16 }
17 inline void matmul(int A[][n],int B[][n])
18 {
19     memset(C,0,sizeof(C));
20     for (int i=1;i<3;++i)
21     for (int j=1;j<3;++j)
22     for (int k=1;k<3;++k)
23         C[i][j]=(C[i][j]+A[i][k]*(long long)B[k][j])%P;
24     memcpy(A,C,sizeof(C));
25 }
26 inline int getlog(int &N,int prime)
27 {
28     int ret=0;
29     for (;N%prime==0;N/=prime,++ret);
30     return ret;
31 }
32 inline void Mult(int prime,int log)
33 {
34     Mat[1][1]=Mat[1][2]=1;
35     tmp[1][1]=tmp[1][2]=prime;
36     tmp[2][1]=0,tmp[2][2]=1;
37     for (;log;log>>=1,matmul(tmp,tmp))
38     if (log&1)    matmul(Mat,tmp);
39     ret=(ret*Mat[1][2])%P;
40 }
41 int main()
42 {
43     mkprime();
44     scanf("%d%d",&N,&M);
45     ret=1;
46     for (int i=1,j;i<=p[0]&&p[i]*p[i]<=N;++i)
47     if (N%p[i]==0)    Mult(p[i],getlog(N,p[i])*M);
48     if (N>1)    Mult(N,M);
49     printf("%d\n",ret);
50     return 0;
51 }
52

jsn1993 2010-04-22 18:58 发表评论

Pku 2480 Longge's Problem

jsn1993 — Thu, 22 Apr 2010 04:18:00 GMT

题意：
给定N(int) 求 ∑gcd(i,N) 1<=i<=N

又是数论题。。我太菜了想了很久

做法：
直接求不会
只能考虑对于gcd(M,N)=i 有Ci个M满足此式答案便是∑(Ci*i)
gcd(M,N)=i <=> gcd(M/i,N/i)=1
而求gcd(M/i,N/i)=1 有多少个M/i满足这便是欧拉函数Phi()的定义
所以就转化为了求Phi(N/i)

枚举每个 M|N 求出Phi(N/i) 答案便是 ∑(Phi(N/i)*i)
那么如何枚举每个 M|N 呢？
很简单枚举1到sqrt(N)的所有整数，所有的约数便是 j|N (N/j)|N
这样就搞定了

1 #include <cstdio>
2 #include <cmath>
3 #define n 50005
4 int p[n],N;
5 bool mk[n];
6 inline void mkprime()
7 {
8     for (int i=2;i<n;++i)
9     if (!mk[i])
10         for (int j=i<<1;j<n;j+=i)
11             mk[j]=1;
12     for (int i=2;i<n;++i)
13     if (!mk[i])    p[++p[0]]=i;
14 }
15 inline int Phi(int u)
16 {
17     int phi=u;
18     for (int i=1;i<=p[0]&&p[i]*p[i]<=u;++i)
19     if (u%p[i]==0)
20     {
21         phi=phi/p[i]*(p[i]-1);
22         for (;u%p[i]==0;u/=p[i]);
23     }
24     if (u>1)    phi=phi/u*(u-1);
25     return phi;
26 }
27 int main()
28 {
29     mkprime();
30     for (;scanf("%d",&N)!=EOF;)
31     {
32         long long ret=0;
33         for (int i=1,up=(int)sqrt((double)N);i<=up;++i)
34         if (N%i==0)
35         {
36             ret+=(N/i)*(long long)Phi(i);
37             if (i*i!=N)    ret+=i*(long long)Phi(N/i);
38         }
39         printf("%I64d\n",ret);
40     }
41     return 0;
42 }
43

jsn1993 2010-04-22 12:18 发表评论

Pku 2417 Discrete Logging

jsn1993 — Wed, 21 Apr 2010 06:58:00 GMT

题意：
求最小的离散对数B 使得A^B == C (mod P) P是质数或者判无解

做法：

数论题..对于比我大的同学肯定觉得很简单。。
由欧拉定理 A^phi(P) == 1 (mod P) (phi(prime)=prime-1)
得到 A^(B+phi(P)) == c (mod P) A^(B-Phi(P)) ==c (mod P)
所以可以肯定的一点是如果 [0,phi(P))内无解由此式子的周期性必然不会有更多解

一个朴素的想法：枚举 B∈[0,phi(P)) 检验 A^B是否 == C(mod P)
问题又出现了 P是个质数 phi(P)=P-1 必然TLE
所以就必须用空间换时间。

设得到的答案是B B=X*sqrt(P)+Y 注意到X,Y<=sqrt(P)
列式并化简：

A^(X*sqrt(P)+Y) == C (mod P)
(A*sqrt(P))^X*A^Y == C (mod P)

设 T=A*sqrt(P) 原式即 T^X*A^Y == C (mod P)
两边同除以 A^Y 得到 T^X == C/(A^Y) (mod P)

好吧到现在做法就已经浮出水面了

我们预处理T^i (mod P) 最多sqrt(P)个 (i手写hash或者用map直接存下来二元组 (T^X (mod P),X)

然后枚举 Y∈[0,sqrt(P)) 最多sqrt(P)个
对于每个Y 我们求出 C/(A^Y) (mod P) 然后在hash或者map中查找这个值
如果 (C/(A^Y) (mod P),X) 存在那么说明 X*sqrt(P)+Y 是可以作为答案的

最后答案便是所有满足条件的 X*sqrt(P)+Y 中的最小值。

如果你不知道 C/(A^Y) (mod P) 怎么求
那就继续看下去吧
C/(A^Y) (mod P) == C*((1/A^Y) mod P)
(1/A^Y) (mod P) == (A^Y)^-1 (mod P)
即 (A^Y)^(phi(P)-1) (mod P)
所以 C/(A^Y) (mod P) 就等于C*(A^Y)^(phi(P)-1) (mod P)

这样就解决了此题。

1 #include <cstdio>
2 #include <cstring>
3 #include <cmath>
4 #define Prime 899037
5 #define oo 2000000005
6 #define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
7 int P,B,N;
8 int H[Prime],V[Prime];
9 inline int pow(int u,int v)
10 {
11     int ret=1;
12     for (int tmp=u;v;v>>=1,tmp=(tmp*(long long)tmp)%P)
13     if (v&1)    ret=(ret*(long long)tmp)%P;
14     return ret;
15 }
16 inline void Hpush(int u,int v)
17 {
18     int t=u%Prime;
19     for (;H[t];)
20     {
21         if (H[t]==u)    return;
22         if (++t==P)    t-=P;
23     }
24     H[t]=u,V[t]=v;
25 }
26 inline int Hpop(int u)
27 {
28     int t=u%Prime;
29     for (;H[t];)
30     {
31         if (H[t]==u)    return V[t];
32         if (++t==P)    t-=P;
33     }
34     return oo;
35 }
36 int main()
37 {
38     for (;scanf("%d%d%d",&P,&B,&N)!=EOF;)
39     {
40         int ret=oo+1;
41         memset(H,0,sizeof(H));
42         memset(V,-1,sizeof(V));
43         int sqrtP=(int)sqrt((double)P),Bsp=pow(B,sqrtP);
44         for (int i=0,val=1;i<=sqrtP;++i,val=(val*(long long)Bsp)%P)
45             Hpush(val,i);
46         for (int i=0,val=1;i<=sqrtP;++i,val=(val*(long long)B)%P)
47         {
48             int h=(N*(long long)pow(val,P-2))%P,v=Hpop(h);
49             if (v<oo&&v*sqrtP+i<ret)    ret=v*sqrtP+i;
50         }
51         if (ret>oo)    puts("no solution");
52         else    printf("%d\n",ret);
53     }
54     return 0;
55 }
56

jsn1993 2010-04-21 14:58 发表评论