POJ 基础数学

数学	组合数学	POJ3252,poj1850,poj1019,poj1942
	数论	poj2635, poj3292,poj1845,poj2115
	计算方法（二分）	poj3273,poj3258,poj1905,poj3122

组合数学

poj 3252

题意：如果一个数是round number，则它的二进制表示中，0的个数大于等于1的个数。现在给一段数据范围[start, end]。求这一段数中round number的个数.(1 <= start < end <= 2,000,000,000)

思路：暴力肯定会挂掉。因为是二进制表示，所以可以把结果“凑”出来。

比如数据a用二进制表示有5位，那么1到4位中的round number是可以求出来的。结果为getNum(end) - getNum(start - 1);

一、如求4位二进制表示的数中round number的个数。第一位肯定是1。后边还有三位，不是0就是1。设后三位中有x 个0则共有的情况数为 C(3, x)。因为要满足（0的个数） >= （1的个数）。所以这里x可以取2，3；

二、还剩下五位二进制的情况。比如数据 11010.我们可以从左向右第2位开始。如果遇到1。则将其当成0，然后后边几位任意取，求符合条件的情况数。也就是说11010改成10xxx。实现方法是统计前边有多少个0和1.然后可以知道后边不确定的部分还至少需要多少个0才可以满足条件。

ps:2,000,000,000二进制共有31位。本菜开了一个20的数组，然后wa了一下午！-_-! 本菜一下午的心血，代码无任何参考！

渣代码

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#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>

using namespace std;

const int N = 50;

int aug[N][N];
int bit[N];
int s, e;

int C(int n, int m) { //dp求组合数,c[n][m] = c[n-1][m] + c[n-1][m-1];
 if(n == 0 || m == 0 || n == 1 || m == n) return 1;
if(aug[n][m]) return aug[n][m];

    aug[n - 1][m] = C(n - 1, m);
    aug[n - 1][m - 1] = C(n - 1, m - 1);

return aug[n - 1][m] + aug[n - 1][m - 1];
}

int solve(int n) {
int ans, bt, t;
int i, j, x;

    memset(bit, 0, sizeof(bit));
    ans = 1; bt = 0; t = n;

while(t) {bit[++bt] = (t&1); t >>= 1;} //bt表示n共有多少位,bit[]记录n的二进制表示
 for(i = 2; i < bt; ++i) { //统计[1,bt)位中所有的情况数
 t = i - 1;
if(t&1) {
for(j = t/2 + 1; j <= t; ++j)
                ans += C(t, j);
        } else {
for(j = (t + 1)/2 + 1; j <= t; ++j) {
                ans += C(t, j);
            }
        }
    }

int a = 1, b = 0; //a表示当前取到的数中1的个数，b表示当前取到的数中0的个数
 for(i = bt - 1; i > 0; --i) { //统计二进制有bt位时的情况数
 if(bit[i]) {
            t = i - 1; //t表示后边可以自由组合的位数
 x = t + a - b - 1; //设x为后边至少需要的0的个数，x + b + 1 = t - x + a，x = (t + a - b - 1)/2
 if(x < 0) x = 0; //x可能为负，影响最后结果。本菜在这里wa了一次！

if(x&1) x = (x + 1)/2; //奇偶性不同会有区别，自己在纸上画画
 else x /= 2;

for(j = x; j <= t; ++j) {
                ans += C(t, j);
            }
            ++a;
        } else ++b;
    }
if(b >= a) ans++; //判断n是不是round number

return ans;
}

int main() {
    freopen("data.in", "r", stdin);

    memset(aug, 0, sizeof(aug));

while(~scanf("%d%d", &s, &e)) {
        printf("%d\n", solve(e) - solve(s - 1));
    }
return 0;
}

poj 1850 (31/03)

昨天晚上回去神神叨叨的想了一路，回宿舍写了半天没写出来。今天上午上课时才想起来怎么写。

思路: 先取给出序列的长度n。小于n的长度的序列排列方式共有sum(C(26, i)) (1 <= i < n)。等于n长度的序列。确定两个相邻的字符中间可以有取到多少个字符。然后从剩下可取的字符中选字符补上。

比如序列： adgi，长度n = 4. ans += C(26, 1) + C(26, 2) + C(26, 3).

a 和d中间可以放bc。如果放b，后边两位还有C(24, 2)中选择，如果是c，后边还有C(23, 2)种选择。

dg，gi同理。注意，第一个字符a处理有些特殊，因为不用考虑前边有什么，所以直接从1到s[0] - 'a' 就行。

渣代码：

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#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cstdlib>

using namespace std;

const int N = 100;

int aug[N][N];
char s[N];

int C(int n, int m) {
if(n == 0 || m == 0 || n == 1 || n == m) return 1;
if(aug[n][m]) return aug[n][m];

    aug[n - 1][m] = C(n - 1, m);
    aug[n - 1][m - 1] = C(n - 1, m - 1);

return aug[n - 1][m] + aug[n - 1][m - 1];
}

int main() {
//freopen("data.in", "r", stdin);

int n, i, j, ans;
int x, y, flag;
while(~scanf("%s", s)) {
        n = strlen(s);
        ans = flag = 0;

for(i = 1; i < n && !flag; ++i) {
if(s[i] < s[i - 1]) flag = 1;
        }
if(flag) {puts("0"); continue;}
for(i = 1; i < n; ++i) {
            ans += C(26, i);
        }
for(i = 0; i < n; ++i) {
            i ? x = s[i - 1] - 'a' + 1 : x = 0;
            y = s[i] - 'a' + 1;
for(j = x + 1; j < y; ++j) {
                ans += C(26 - j, n - i - 1);
            }
        }
        printf("%d\n", ans + 1);
    }
return 0;
}

POJ 1019

感觉数学题搞起来不是那么轻松，虽然这是道水题。。。

思路：先把1到X共有几位数存起来，用n连续减掉为整的数X所占的位数。余下的数从1开始凑，直到大于n。然后去掉多出n的部分然后取最后一位(% 10)。

ps：貌似说的我都有点看不懂。。。看代码吧

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#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>

using namespace std;

const int N = 40000;

int s[N];

int bit(int x) {
int k = 0;
while(x) {
        x /= 10;
        ++k;
    }
return k;
}

void init() {
int i;
    s[0] = 0;
for(i = 1; i < N; ++i) {
        s[i] = s[i - 1] + bit(i);
    }
}

int main() {
//freopen("data.in", "r", stdin);

int n, t, i, l, ans;
    init();
    scanf("%d", &t);
while(t--) {
        scanf("%d", &n);
        i = 0;
while(n >= s[i]) { //去掉整的位
 n -= s[i];
            i++;
        }
if(!n) {printf("%d\n", (i - 1)%10); continue;}
        l = 0;
for(i = 1; l < n; ++i) { //凑出第n位的数i是多少。
 l += bit(i);
        }
        --i;
        ans = i/((int)pow(double(10), l - n)); //去掉多余的位
 printf("%d\n", ans % 10);
    }
return 0;
}

POJ 1942

《组合数学》(Richard A.Brualdi 机械工业出版社) 8.5 格路径和Schröder 数

注意求C(n + m, min(n, m))。否则会tle

数论

POJ 2635

题意：给一个数key，它是两个素数的乘积，然后求较小的那个素数是否小于L，如果是，输出。

思路: 10^6以内的素数打表，把key换成1000进制，枚举素数进行大整数取模。如果出现满足条件的则输出。

第一次打表打错了，我又搓了！

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#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <string>
#include <cmath>

using namespace std;

const int N = 1000;
const int MAX = 1000010;

int num[N];
int prim[MAX];
bool f[MAX];
int tol, num_s;
char s[N];

void init() {
int i, j, k;
    tol = 0;
    memset(f, true, sizeof(f));
    k = 1;
for(i = 2; i < MAX; ++i) {
if(i*i >= MAX) break;
for(j = i*i; j < MAX; j += i) {
            f[j] = false;
        }
    }
for(i = 2; i < MAX; ++i) {
if(f[i]) prim[tol++] = i;
    }
}

int mod(int x) {
int i, res = 0;
for(i = num_s - 1; i >= 0; --i) {
            res = (res*1000 + num[i]) % x;
    }
return res;
}

void deal() {
int i, k, len;
    len = strlen(s);
    memset(num, 0, sizeof(num));
    num_s = 0;
for(i = len - 1; i >= 0; i -= 3) {
for(k = max(0, i - 2); k <= i; ++k) {
            num[num_s] = num[num_s]*10 + s[k] - '0';
        }
        ++num_s;
    }
}

int main() {
//freopen("data.in", "r", stdin);

int l, i;
bool flag;
    init();
while(~scanf("%s%d", s, &l)) {
if(!l) break;
        deal();
        flag = false;
for(i = 0; i < tol && prim[i] < l && !flag; ++i) {
if(mod(prim[i]) == 0) {
                printf("BAD %d\n", prim[i]);
                flag = true;
            }
        }
if(!flag) puts("GOOD");
    }
return 0;
}

POJ 3292

主要是打表，既然打表就打彻底，否则TLE。。。H-primes的表，然后退出H-simi-primes的表。最后O(1)输出。

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#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>

using namespace std;

const int N = 1000002;

int prime[N];
bool vis[N];
int tol;

void init() {
    memset(vis, true, sizeof(vis));
int i, j;
for(i = 5; i < N; i += 4) {
if(i*i > N) break;
if(!vis[i]) continue;
for(j = i*i; j < N; j += i) {
            vis[j] = false;
        }
    }
    tol = 0;
for(i = 1; i < N; i += 4) {
if(vis[i]) prime[tol++] = i;
    }
int t;
    memset(vis, false, sizeof(vis));

for(i = 1; i < tol; ++i) {
if(prime[i]*prime[i] > N) break;

for(j = i; j < tol; ++j) {
            t = prime[i] * prime[j];
if(t > N) break;
            vis[t] = true;
        }
    }
    memset(prime, 0, sizeof(prime));
for(i = 1; i < N; ++i) {
        prime[i] = prime[i - 1];
if(vis[i]) prime[i]++;
    }
}

int main() {
//freopen("data.in", "r", stdin);

    init();
int n;
while(scanf("%d", &n), n) {
        printf("%d %d\n", n, prime[n]);
    }
return 0;
}

POJ 1845

忘算了一种情况，wa了一晚上！-_-!

对A分解质因子，A = a1^x1 + a2^x2 + ... + an^xn

则A的所有因子之和为 sum(A) = {1+ a1 + a1^2 + .. a1^x1}*{1 + a2 + a2^2 + ... + a1^x2}* ... * {1 + an + an^2 + an^3 + ... + an^xn} //怎么证明的，不知道！找了半天反例没找出来

A^B即为 A^B = a1^(x1*B) + a2^(x2*B) + ... an ^ (xn*B);

求一次1+ a1 + a1^2 + .. a1^x1可以用二分的思想 + 快速幂取模

如果x1为奇数则 (a1^(x1/2) + 1)* (1 + a1 + ... + a1^(x1/2));

如果x1为偶数则 (a1^(x1 - 1/2) + 1)* (1 + a1 + ... + a1^(x1 - 1/2)) + a1^x1;

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#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#define mod(x) x%9901

using namespace std;

typedef long long ll;

const int MAXN = 8000;

int prime[MAXN], tol;
bool vis[MAXN];

void init() {
int i, j;
    tol = 0;
    memset(vis, false, sizeof(vis));
for(i = 2; i < MAXN; ++i) {
for(j = i*i; j < MAXN; j += i) {
                vis[j] = true;
            }
    }
for(i = 2; i < MAXN; ++i) {
if(!vis[i]) prime[tol++] = i;
    }
}

ll exp_mod(ll a, ll b) {
    ll res = 1;
    a = mod(a);
while(b) {
if(b&1) {
            res = mod(res * a);
        }
        a = mod(a * a);
        b >>= 1;
    }
return res;
}

ll sum(ll a, ll b) {
if(b == 0) return 1;
if(b&1) return mod((exp_mod(a, b/2 + 1) + 1) * sum(a, b/2));
return mod(mod((exp_mod(a, (b-1)/2 + 1) + 1) * sum(a, (b-1)/2)) + mod(exp_mod(a, b)));
}

int main() {
//freopen("data.in", "r", stdin);

int i, a, b;
    ll ans, x;
    init();
while(~scanf("%d%d", &a, &b)) {
        ans = 1;
for(i = 0; i < tol && prime[i] <= a; ++i) {
            x = 0;
while(a % prime[i] == 0) {
                x ++;
                a /= prime[i];
            }
if(!x) continue;
            ans = mod(ans * sum(prime[i], x*b));
        }
if(a > 1) ans = mod(ans * sum(a, b));
        printf("%lld\n", ans);
    }
return 0;
}

POJ 2115

题目的意思是求 a + c*x = b(mod n) , 可以转换成c*x = (b - a) (mod n)。经典的模线性方程

cx + ny = d; d为c，n的最大公约数。

如果b%d ！= 0 输出 FOREVER

因为d = cx + ny;

　　d%n = cx%n;

又因为 b | d

　　b%n = d*(b/d)%n = cx(b/d)%n;

所以方程b % n = cx0%n的一个解为x0 = x*(b/d)%n（题目要求余数）。

因为n | d，所以所求的余数每d个一次循环，为了保证x0不为负数。ans = (x0 + n/d)%(n/d);

ps:《算法导论》上有各种证明，这题要用long long，并且long long(1) << k;

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#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>

using namespace std;

typedef long long ll;

ll exp_gcd(ll a, ll b, ll& x, ll& y) {
if(b == 0) {
        x = 1; y = 0;
return a;
    }
    ll p = exp_gcd(b, a%b, x, y);
    ll tmp = x;
    x = y; y = tmp - (a/b)*y;
return p;
}

void mod_equ(ll a, ll b, ll n) {
    ll x, y;
    ll d = exp_gcd(a, n, x, y);
if(b%d != 0) {puts("FOREVER"); return ;}
    x = x*(b/d)%n;
    n = n/d;
if(n < 0) n = -n;
    printf("%lld\n", (x%n + n)%n);
}

int main() {
//freopen("data.in", "r", stdin);

    ll a, b, c;
int k;
while(~scanf("%lld%lld%lld%d", &a, &b, &c, &k)) {
if(!a && !b && !c && !k) break;
        mod_equ(c, b - a, ll(1) << k);
    }
return 0;
}

计算方法（二分）

POJ 3273

刚想写dp，一看数据范围，直接无语了。看到discuss里有人说用二分，不得不佩服二分的强大。Orz

以sum(day[i])为上界R，max(day[i])为下届L，得到一个mid。算出mid为限制时共分成了多少块(m)，如果if( m < M ) R = mid - 1; else L = mid + 1; 详见代码

View Code

// 110+ ms 1Y ^^

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <cmath>

using namespace std;

const int inf = ~0u>>2;
const int MAXN = 100007;

int a[MAXN], N, M;

int num(int mid) {
int s = 0, m = 0, i;
for(i = 0; i < N; ++i) {
if(s + a[i] <= mid) {
            s += a[i];
        } else {
            s = a[i]; m ++;
        }
    }
return m;
}

int main() {
//freopen("data.in", "r", stdin);

int md, sum, i;
while(~scanf("%d%d", &N, &M)) {
        sum = 0; md = - inf;
for(i = 0; i < N; ++i) {
            scanf("%d", &a[i]);
            md = max(md, a[i]);
            sum += a[i];
        }
int l = md, r = sum, mid;
while(l < r) {
            mid = (l + r) >> 1;
if(num(mid) < M) r = mid - 1;
else l = mid + 1;
        }
        printf("%d\n", l);
    }
return 0;
}

POJ 1905

公式很容易推出来，可是我把公式写复杂了。最后把精度都搞砸了。。。T_T

设要求的高度为x。弧的半径为r

(r - x)^2 + (l/2)^2 = r^2;

r = (x^2 + (l/2)^2)/(2*x);

r-x，跟r 所夹的角度为o = asin((l/2)/r);

以x求出的弧长为L0 = 2*o*r; L0与L‘比较，如果小于则增大x，如果大于则减小x。（二分枚举x的值）

View Code

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>

using namespace std;

const double eps = 1e-8;
double len, L;

int cmp(double x) {
if(x > eps) return 1;
else if(x < -eps) return -1;
return 0;
}

double cal(double x) {
double r = ((len/2)*(len/2) + x*x)/(2*x);
double O = asin(len/(2*r));
double L0 = 2*O*r;

if(cmp(L0 - L) >= 0) return 1;
else return 0;
}

int main() {
//freopen("data.in", "r", stdin);

double n, c;
while(~scanf("%lf%lf%lf", &len, &n, &c)) {
if(cmp(len) < 0 && cmp(n) < 0 && cmp(c) < 0) break;
        L = (1 + n * c) * len;
double l = 0, r = len, mid, t;
while(cmp(r - l) > 0) {
            mid = (l + r)/2;
            t = cal(mid);
if(t == 1) r = mid;
else l = mid;
        }
        printf("%.3lf\n", l);
    }
return 0;
}

POJ 3122

题意：已知有N个pie，要分成F + 1份，每份的体积相同（每份必须是完整的，不能是几个小块凑起来的）。现在求每份pie可取的最大体积。

思路：求出平均体积avg，所求的体积v就肯定在(0， avg] 区间内，二分枚举 v的值，判断以v体积分的话可以分到的快数n，让n与F + 1比较。调整L，R的值。

ps: eps = 1e-8会tle，1e-6就好。

View Code

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>

using namespace std;

const int MAXN = 10007;
const double pi = acos(-1.0);
const double eps = 1e-6;

double v[MAXN];

int cmp(double x) {
if(x > eps) return 1;
else if(x < -eps) return -1;
else return 0;
}

int main() {
//freopen("data.in", "r", stdin);

int N, F, n, i, T;
double mid, l, r, t, rad;
    scanf("%d", &T);
while(T--) {
        scanf("%d%d", &N, &F);
        l = 0; r = 0; ++F;
for(i = 0; i < N; ++i) {
            scanf("%lf", &rad);
            v[i] = pi*rad*rad;
            r += v[i];

        }
        r = r/F;
while(cmp(r - l) > 0) {
            mid = (l + r) / 2;
for(n = 0, i = 0; i < N; ++i) {
                t = v[i];
while(cmp(t - mid) >= 0) {++n; t -= mid;}
            }
if(n < F) r = mid;
else l = mid;
        }
        printf("%.4f\n", l);
    }
return 0;
}