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SGU385 Highlander

题目来源:SGU 385
图片来自国家集训队论文《浅析竞赛中一类数学期望问题的解决方法》

其中min(j,i-j+1) 更改为min(j-1,i-j)貌似更合适。

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

double d[105];
double fac[105];
double f[105][105][105];
double g[105][105];

double A(int i,int j){
    return fac[i]/fac[i-j];
}

int main(){
    int n;
    scanf("%d",&n);

    fac[0]=1;
    for(int i=1;i<=n;++i){
        fac[i]=i*fac[i-1];
    }

    d[1]=0,d[2]=1;
    for(int i=3;i<=n;++i){
        d[i]=(i-1)*(d[i-1]+d[i-2]);
    }

    for(int i=2;i<=n;++i){
        for(int j=2;j<i;++j){
            for(int l=2;l<=min(j-1,i-j);l++){
                f[i][j][1]+=g[i-j][l];
            }
            f[i][j][1]*=A(n-i+j,j)/j;
            g[i][j]+=f[i][j][1];
            for(int k=2;k<=i/j;k++){
                f[i][j][k]=f[i-j][j][k-1]*A(n-i+j,j)/j/k;
                g[i][j]+=f[i][j][k];
            }
        }
        f[i][i][1]=A(n,i)/i;
        g[i][i]+=f[i][i][1];
    }

    double res=0;
    for(int j=2;j<=n;++j){
        for(int k=1;k<=n;++k){
            res+=f[n][j][k]*j*k;
        }
    }
    printf("%.10f\n",res/d[n]);

    return 0;
}

[NOI2005]聪聪与可可

聪聪与可可

在一个单位时间内,聪聪根据可可的位置,会先走出最短路中的下一步,然后被抓者可等概率随意走一步,也可原地不动。
在距离一步或者两步的时候,只要一个单位时间就可以抓到了,这是递归基。然后记忆化搜索解决之。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;

const int INF=0x3f3f3f3f;
int ver[2010],edge[2010],Next[2010],head[2010];
int t[1005],v[1005];
int dis[1005][1005]; //i到j的最短路长度
int p[1005][1005]; //p[i][j]从i到j的最短路中,i第一步到达的地方
double f[1005][1005]; //f[i][j] 初始地点i和j,抓到时的期望步数
int N,tot;

void add(int x,int y,int z){
    ver[++tot]=y,edge[tot]=z,Next[tot]=head[x],head[x]=tot;
}

void shortest_path(int *d,int len,int s){
     memset(d,0x3f,len);
     memset(v,0,sizeof(v));
     d[s]=0;
     v[s]=1;
     queue<int> q;
     q.push(s);
     while(q.size()){
        int x=q.front();q.pop();
        for(int i=head[x];i;i=Next[i]){
            int y=ver[i];
            if(!v[y]){
                v[y]=1;
                d[y]=d[x]+1;
                q.push(y);
            }
        }
     }
}

double solve(int i,int j){
    if(f[i][j]||i==j) return f[i][j];
    int fir=p[i][j],sec=p[fir][j];
    if(fir==j||sec==j) return f[i][j]=1;
    for(int k=head[j];k;k=Next[k]){
        f[i][j]+=solve(sec,ver[k]);
    }
    f[i][j]+=solve(sec,j);
    return f[i][j]=f[i][j]/(t[j]+1)+1;
}

int main(){
    //freopen("testdata.in","r",stdin);
    int E,C,M;
    scanf("%d%d%d%d",&N,&E,&C,&M);
    for(int i=0;i<E;++i){
        int t1,t2;
        scanf("%d%d",&t1,&t2);
        add(t1,t2,1);
        add(t2,t1,1);

    }

    for(int i=1;i<=N;++i){
        for(int j=1;j<=N;++j){
            dis[i][j]=INF;
        }
    }

    for(int i=1;i<=N;++i){
        shortest_path(dis[i],sizeof(dis[i]),i);
    }

    memset(p,0x3f,sizeof(p));
    for(int i=1;i<=N;++i){
        p[i][i]=i;
        for(int j=head[i];j;j=Next[j]){
            int y=ver[j];
            for(int k=1;k<=N;++k){
                if(dis[y][k]==dis[i][k]-1){
                    p[i][k]=min(p[i][k],y);
                }
            }
            t[i]++;
        }
    }

    printf("%.3lf\n",solve(C,M));

    return 0;
}

UVA – 11426 GCD – Extreme (II)

题目链接

给数n,求出所有gcd(i,j) (i<j<=n)的和.

对两个互质的数i,j,即gcd(i,j)=1,给它们都添加一个因子2,则有gcd(2i,2j)=2. 于是有gcd(ki,kj)=k.
求出所有互质的数对,然后就能进一步求出题目所需要的结果了.

用欧拉函数求出i以内与之互质的数的个数,并打表记录s=i*j内所有的数对i,j的gcd和:
sum[i*j]+=j*phi[i]

最后弄个前缀和,就能快速查询结果了.

#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <vector>
#include <cstring>
using namespace std;

int phi[4000005];
long long sum[4000005];
void euler(int n){
  for(int i=2;i<=n;++i) phi[i]=i;
  for(int i=2;i<=n;++i){
    if(phi[i]==i){
      for(int j=i;j<=n;j+=i){
        phi[j]=phi[j]/i*(i-1);
      }
    }
    for(int j=1;i*j<=n;++j){
      sum[j*i]+=j*phi[i];
    }
  }
  for(int i=1;i<=n;++i){
    sum[i]+=sum[i-1];
  }
}

int main() {
  //freopen("in.txt","r",stdin);
  //freopen("out.txt","w",stdout);
  int n;
  euler(4000000);
  while(cin>>n&&n){
    cout<<sum[n]<<endl;
  }
  return 0;
}

LightOJ – 1138 Trailing Zeroes (III)

题目链接

给一个整数Q(1<=Q<=10^8),求最小的N使N!的后缀有Q个0.

N!有多少个因子5,后缀就有多少个0,因为前面一定有足够多的因子2来与之相乘. 于是可以对N!求因子5的个数来确定后缀有几个0,求法可参考 阶乘分解

对N可确定一个范围,然后二分答案求解,注意最后得到的N,其5的因子个数可能是大于Q的.

#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <vector>
#include <cstring>
using namespace std;

int getCnt(int n){
    int cnt=0;
    while(n){
        cnt+=n/5;
        n/=5;
    }
    return cnt;
}

int main() {
  int T,kase=0;
  //freopen("in.txt","r",stdin);
  //freopen("out.txt","w",stdout);
  scanf("%d",&T);
  while(T--){
     int Q;
     cin>>Q;
     int l=5,r=Q*5;
     while(l<r){
         int mid=(l+r)/2;
         if(getCnt(mid)<Q) l=mid+1;
         else r=mid;
     }
     printf("Case %d: ",++kase);
     if(getCnt(r)==Q) printf("%d\n",r);
     else printf("impossible\n");
  }
  return 0;
}

LightOJ – 1234 Harmonic Number

Harmonic Number

(有技巧的打表)

直接打表爆内存,隔50个打表还行.

#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <map>
#include <set>
#include <string>
#include <vector>

#define ll long long
using namespace std;
const int maxn = 1e8;

double H[2000000];
void getH(){
    int k=0;
    double res=0;
    for(int i=1;i<=maxn;++i){
        res=res+1.0/i;
        if(i%50==0) H[++k]=res;
    }
}

int main() {
  // freopen("in.txt","r",stdin);
  // freopen("out.txt","w",stdout);
  int T, kase = 0;
  getH();
  cin >> T;
  while (T--) {
    int n;
    cin >> n;
    double ans=H[n/50];
    int t=(n/50)*50;
    for(int i=1;i<=n%50;++i){
        ans=ans+1.0/(t+i);
    }
    printf("Case %d: %.10lf\n", ++kase,ans);
  }
  return 0;
}

LightOJ – 1236 Pairs Forming LCM

Pairs Forming LCM

把n进行质因数分解,设n的某个质因子为p,其指数为cnt.
对i和j包含的相同质因子p,设指数分别为a,b,由于LCM(i,j)=n,则有cnt=max(a,b).
a,b共有2*(cnt+1)-1种方案(乘以2是a,b互换,减1是剔除a=b的重复情况)

之后由乘法原理,得到了(i,j)的方案数res, 但其中包括了i>j的部分.i<j 和 i>j是对称的, 则 (res+1)/2就是题目要求的了.

#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <map>
#include <set>
#include <string>
#include <vector>

#define ll long long
using namespace std;
const int maxn = 1e7;
bool v[maxn + 1];
vector<int> prime;
void primes() {
  v[0] = v[1] = 1;
  for (int i = 2; i <= maxn; ++i) {
    if (!v[i]) {
      prime.push_back(i);
      for (int j = i; j <= maxn / i; ++j) {
        v[i * j] = 1;
      }
    }
  }
}

ll divide(ll n) {
  ll res = 1;
  for (int i = 0; i < prime.size(); ++i) {
    if (prime[i] > n) break;
    int t = 0;
    if (n % prime[i] == 0) {
      while (n % prime[i] == 0) {
        t++;
        n /= prime[i];
      }
      res *= 2 * (t + 1) - 1;
    }
  }
  if (n > 1) res *= 3;

  return (res + 1) / 2;
}

int main() {
  // freopen("in.txt","r",stdin);
  // freopen("out.txt","w",stdout);
  int T, kase = 0;
  primes();
  cin >> T;
  while (T--) {
    long long n;
    cin >> n;
    printf("Case %d: %lld\n", ++kase, divide(n));
  }
  return 0;
}

LightOJ – 1245 Harmonic Number (II)

LightOJ - 1245

整除分块裸题.

BZOJ 1257-余数之和里有应用过,推理部分也在那篇文章里,或者直接看《算法竞赛进阶指南》P139.

#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <map>
#include <set>
#include <string>
#include <vector>
#define maxn 0x3f3f3f3f
#define ll long long
using namespace std;

long long H( int n ) {
    long long res = 0;
    int len;
    for( long long i = 1; i <= n; i+=len ){
        len=n/(n/i)-i+1;
        res = res + (n / i)*len;
    }
    return res;
}

int main() {
  // freopen("in.txt","r",stdin);
  // freopen("out.txt","w",stdout);
  int T,kase=0;
  cin>>T;
  while(T--){
      int n;
      cin>>n;
      printf("Case %d: %lld\n",++kase,H(n));
  }
  return 0;
}

LightOJ – 1282 Leading and Trailing

题目链接

要取出前三位数,可使n^k=a.bc*10^m, 则有klg(n)=m+lg(a.bc),接下来就简单了...

计算用log()涉及到换底,交上去过不了,应该是有误差.但用log10()可以,也是才知道还有log10()这个函数...

#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <map>
#include <set>
#include <string>
#include <vector>
#define maxn 0x3f3f3f3f
#define ll long long
using namespace std;

int quickpow(int n,int m,int mod){
  int res=1;
  n%=1000;
  while(m){
    if(m&1) res=res*n%mod;
    n=(ll)n*n%mod;
    m>>=1;
  }
  return res;
}

int main() {
  //freopen("in.txt","r",stdin);
  //freopen("out.txt","w",stdout);
  int T,kase=0;
  cin>>T;
  while(T--){  
    int n,k;
    cin>>n>>k;
    int a=quickpow(n,k,1000);
    double t=k*log10(n)-(int)(k*log10(n));
    int b=(int) (pow(10,t)*100);
    printf("Case %d: %d %03d\n",++kase,b,a);
  }
  return 0;
}

LightOJ – 1336 Sigma Function

题目链接

参考: https://blog.csdn.net/SSimpLe_Y/article/details/73804147

#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <map>
#include <set>
#include <string>
#include <vector>
#define maxn 0x3f3f3f3f
#define ll long long
using namespace std;

int main() {
  int T,kase=0;
  cin>>T;
  while(T--){  
    ll n;
    cin>>n;
    ll ans=n-(int)sqrt(n)-(int)sqrt(n/2); 
    //sqrt(n)求n以内的完全平方数个数,1,4,9,16可以映射成1,2,3,4,这样就很明白了
    printf("Case %d: %lld\n",++kase,ans);

  }
  return 0;
}

LightOJ – 1341 Aladdin and the Flying Carpet

题目链接

因为有4000个case, 直接累计约数的话会超时,每个case的复杂度达10^6.

用算术基本定理的推论,则要先质数打表,不然对每个数进行质因数分解时还要一边求质数,会造成很多不必要的循环(质数之间有很多间隔).

奇怪的是后面剔除宽为1~b的时候,复杂度应该也为10^6,这样却不超时了.

#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <map>
#include <set>
#include <string>
#include <vector>
#define maxn 0x3f3f3f3f
#define ll long long
using namespace std;

int v[1000005];
int p[1000005];
int k;
void primes(int n){
  for(int i=2;i<=n;++i){
    if(v[i]) continue;
    p[++k]=i;
    for(int j=i;j<=n/i;++j) v[i*j]=1;
  }
}

ll divide(ll n){
    ll res=1;
    for(int i=1;i<=k;++i){
      int t=0;
      if(n<p[i]) break;
      while(n%p[i]==0){
        n/=p[i];
        t++;
      }
      res*=(t+1);
    }
    if(n>1) res*=2;
    return res;
}

int main() {
  int T,kase=0;
  cin>>T;
  primes(1000000);
  while(T--){  
    ll a,b;
    cin>>a>>b;
    ll ans=divide(a)/2;
    if(b>=sqrt(a)) ans=0;
    else{
       for(int i=1;i<b;++i){
         if(a%i==0) ans--;
      }
    }
    printf("Case %d: %lld\n",++kase,ans);

  }
  return 0;
}