第三次训练 密码acmore

网站：CSUST7月23号

A题：大意是：一个N多边形，用红，绿，蓝三色给定点上色，要求划分成顶点颜色不同的三角形。

解析:

这道题是黑书上分治法的例题，还是比较巧的。

首先很容易发现当某种颜色的点只有一个时，很容易解决，只需将该点与其余的点连起来即可。

当每种颜色的点都超过一个时，可以证明必定有三个不同颜色的点连在一起，将这三个点连成一个三角形即可。

于是就可以不断减少点的个数，转化为某种颜色只有一个点的情况。

 #include<iostream>
 #include<stdio.h>
 #include<string.h>
 using namespace std;
 int r,g,b,c[],l;
 int f(char a[])
 {
     int i,j;
     r=b=g=;
     for(i=;i<l;i++)  //每次都要统计颜色的个数
     {
        if(a[i]=='R')
             r++;
         else if(a[i]=='G')
             g++;
         else if(a[i]=='B')
             b++;
     }
     if(r==)
     {
         for(i=;i<l;i++)
             if(a[i]=='R')
         {
             for(j=i-;j>=(i==l-?:);j--)
                 printf("%d %d\n",c[i]+,c[j]+);
             for(j=i+;j<(i==?l-:l);j++)
                 printf("%d %d\n",c[i]+,c[j]+);
         }
         return ;
     }
     else if(g==)
     {
         for(i=;i<l;i++)
             if(a[i]=='G')
         {
             for(j=i-;j>=(i==l-?:);j--)
                 printf("%d %d\n",c[i]+,c[j]+);
             for(j=i+;j<(i==?l-:l);j++)
                 printf("%d %d\n",c[i]+,c[j]+,l);
         }
         return ;
     }
     else if(b==)
     {
         for(i=;i<l;i++)
             if(a[i]=='B')
         {

             for(j=i-;j>=(i==l-?:);j--)
                 printf("%d %d\n",c[i]+,c[j]+);
             for(j=i+;j<(i==?l-:l);j++)
                 printf("%d %d\n",c[i]+,c[j]+);
         }
         return ;
     }
     else
     {
         for(i=;i<l-;i++)
             if(a[i]!=a[i+]&&a[i+]!=a[i+]&&a[i]!=a[i+])
             {
                 printf("%d %d\n",c[i]+,c[i+]+);
                 for(j=i+;j<l-;j++)    //删去中间那个点
                 {
                     a[j]=a[j+];
                     c[j]=c[j+];
                 }
                 c[l-]='\0';
                 l--;    //总数-1
                 break;
             }
     }
     if(f(a))
         return ;
     return ;
 }
 int main()
 {
     int n,i;
     char a[];
     scanf("%d",&n);
     scanf("%s",a);
     l=n;
     if(a[]==a[n-])   //两个相邻的点同色无解
     {
         printf("0\n");
         return ;
     }
     for(i=;i<n-;i++) //两个相邻的点同色无解
         if(a[i]==a[i+])
     {
         printf("0\n");
         break;
     }
     r=g=b=;
     for(i=;i<n;i++)   //统计
     {
         if(a[i]=='R')
             r++;
         else if(a[i]=='G')
             g++;
         else if(a[i]=='B')
             b++;
     }
     if(r==||b==||g==)   //少一个色即无解
     {
         printf("0\n");
          return ;
     }
     printf("%d\n",n-);
     for(i=;i<n;i++)
         c[i]=i;   // 标记原来的编号
     f(a);
     return ;
 }

本来在子函数里，长度我是每次都重新统计一次的，但是最后l还是等于最初的那个长度，所以我干脆来个全局变量，再每去掉一个点的时候l--，答案才终于对了......我的答案和测试的答案不同，反正是有多种可能，选一种即可。

B：有一个递归函数，但是直接用递归果断超时，请把它写得不超时......Orz,目前有两种方法：1，记忆法，2，找规律，然后再递归。

 #include<stdio.h>
 #include<string.h>
 #include<math.h>
 using namespace std;
 int x[][][];
 int w(int i,int j,int k)
 {
     if(i<= || j<= ||k<=)
         return ;
     else
         return  x[i][j][k];
 }
 void  zhunbei()   //准备函数，把这些数都准备好，直接调用就行
 {
     int i,j,k;
     for(i=;i<;i++)
         for(j=;j<;j++)
           for(k=;k<;k++)
           {
                   if(i <= j&&j<=k)
                     x[i][j][k]=pow(,i);  //这个找规律找粗来的= =
                   else
                 x[i][j][k]=w(i-,j,k)+w(i-,j-,k)+w(i-,j,k-)-w(i-,j-,k-);
           }
 }
 int main()
 {
     int a,b,c;
     while(~scanf("%d%d%d",&a,&b,&c))
     {
         if(a==- && b==- && c==-)
             break;
         if(a<= ||b<= || c<=)
             printf("w(%d, %d, %d) = 1\n",a,b,c);
         else if(a> || b> || c>)
              printf("w(%d, %d, %d) = 1048576\n",a,b,c);   //因为只要A,B,C中有一个>20就等于w(20,20,20),即1048576
         else
         {
             zhunbei();
             printf("w(%d, %d, %d) = %d\n",a,b,c,x[a][b][c]);
         }
     }
         return ;
 }

做的时候，在zhunbei()上死了一小时，一直死循环......其实可先把x[i][j][k]初始化为1，代码会更简单。

C 大意是输入A,B，求A^B的所有因子之和，对9901取模，如：2^3=8,sum=1+2+4+8=15,输出15.

本来的想法是先求出A的所有因数，在相乘，求和，但是后来找不到方法去实现╮(╯▽╰)╭

下面是大神的解释&代码，出处：http://blog.csdn.net/lyy289065406/article/details/6648539

解题思路：

要求有较强 数学思维 的题

应用定理主要有三个：

要求有较强 数学思维 的题

应用定理主要有三个：

（1）   整数的唯一分解定理：

任意正整数都有且只有一种方式写出其素因子的乘积表达式。

A=(p1^k1)*(p2^k2)*(p3^k3)*....*(pn^kn)   其中pi均为素数

（2）   约数和公式：

对于已经分解的整数A=(p1^k1)*(p2^k2)*(p3^k3)*....*(pn^kn)

有A的所有因子之和为

S = (1+p1+p1^2+p1^3+...p1^k1) * (1+p2+p2^2+p2^3+….p2^k2) * (1+p3+ p3^3+…+ p3^k3) * .... * (1+pn+pn^2+pn^3+...pn^kn)

（3）   同余模公式：

(a+b)%m=(a%m+b%m)%m

(a*b)%m=(a%m*b%m)%m

有了上面的数学基础，那么本题解法就很简单了：

1: 对A进行素因子分解

分解A的方法：

A首先对第一个素数2不断取模，A%2==0时 ，记录2出现的次数+1，A/=2；

当A%2!=0时，则A对下一个连续素数3不断取模...

以此类推，直到A==1为止。

注意特殊判定，当A本身就是素数时，无法分解，它自己就是其本身的素数分解式。

最后得到A = p1^k1 * p2^k2 * p3^k3 *...* pn^kn.       故 A^B = p1^(k1*B) * p2^(k2*B) *...* pn^(kn*B);

2：A^B的所有约数之和为：

sum = [1+p1+p1^2+...+p1^(a1*B)] * [1+p2+p2^2+...+p2^(a2*B)] *...* [1+pn+pn^2+...+pn^(an*B)].

3: 用递归二分求等比数列1+pi+pi^2+pi^3+...+pi^n：

（1）若n为奇数,一共有偶数项，则：       1 + p + p^2 + p^3 +...+ p^n

= (1+p^(n/2+1)) + p * (1+p^(n/2+1)) +...+ p^(n/2) * (1+p^(n/2+1))       = (1 + p + p^2 +...+ p^(n/2)) * (1 + p^(n/2+1))

上式红色加粗的前半部分恰好就是原式的一半，那么只需要不断递归二分求和就可以了，后半部分为幂次式，将在下面第4点讲述计算方法。

（2）若n为偶数,一共有奇数项,则:       1 + p + p^2 + p^3 +...+ p^n

= (1+p^(n/2+1)) + p * (1+p^(n/2+1)) +...+ p^(n/2-1) * (1+p^(n/2+1)) + p^(n/2)       = (1 + p + p^2 +...+ p^(n/2-1)) * (1+p^(n/2+1)) + p^(n/2);

上式红色加粗的前半部分恰好就是原式的一半，依然递归求解

4：反复平方法计算幂次式p^n

这是本题关键所在，求n次幂方法的好坏，决定了本题是否TLE。

以p=2，n=8为例

常规是通过连乘法求幂，即2^8=2*2*2*2*2*2*2*2

这样做的要做8次乘法

而反复平方法则不同，

定义幂sq=1，再检查n是否大于0，

While，循环过程若发现n为奇数，则把此时的p值乘到sq

{

n=8>0 ，把p自乘一次， p=p*p=4     ，n取半 n=4

n=4>0 ，再把p自乘一次， p=p*p=16   ，n取半 n=2

n=2>0 ，再把p自乘一次， p=p*p=256  ，n取半 n=1，sq=sq*p

n=1>0 ，再把p自乘一次， p=p*p=256^2  ，n取半 n=0，弹出循环

}

则sq=256就是所求，显然反复平方法只做了3次乘法

代码：

 #include<iostream>
 using namespace std;
 const int size=;
 const int mod=;
 __int64 sum(__int64 p,__int64 n);  //递归二分求 (1 + p + p^2 + p^3 +...+ p^n)%mod
 __int64 power(__int64 p,__int64 n);  //反复平方法求 (p^n)%mod

 int main(void)
 {
     int A,B;
     int p[size];//A的分解式,p[i]^n[i]
     int n[size];

     while(cin>>A>>B)
     {
         int i,k=;  //p,n指针

         /*常规做法：分解整数A (A为非质数)*/
         for(i=;i*i<=A;)   //根号法+递归法
         {
             if(A%i==)
             {
                 p[k]=i;
                 n[k]=;
                 while(!(A%i))
                 {
                     n[k]++;
                     A/=i;
                 }
                 k++;
             }
             if(i==)  //奇偶法
                 i++;
             else
                 i+=;
         }
         /*特殊判定：分解整数A (A为质数)*/
         if(A!=)
         {
             p[k]=A;
             n[k++]=;
         }

         int ans=;  //约数和
         for(i=;i<k;i++)
             ans=(ans*(sum(p[i],n[i]*B)%mod))%mod;  //n[i]*B可能会超过int，因此用__int64

         cout<<ans<<endl;
     }
     return ;
 }

 __int64 sum(__int64 p,__int64 n)  //递归二分求 (1 + p + p^2 + p^3 +...+ p^n)%mod
 {                          //奇数二分式 (1 + p + p^2 +...+ p^(n/2)) * (1 + p^(n/2+1))
     if(n==)               //偶数二分式 (1 + p + p^2 +...+ p^(n/2-1)) * (1+p^(n/2+1)) + p^(n/2)
         return ;
     if(n%)  //n为奇数,
         return (sum(p,n/)*(+power(p,n/+)))%mod;
     else     //n为偶数
         return (sum(p,n/-)*(+power(p,n/+))+power(p,n/))%mod;
 }

 __int64 power(__int64 p,__int64 n)  //反复平方法求(p^n)%mod
 {
     __int64 sq=;
     while(n>)
     {
         if(n%)
             sq=(sq*p)%mod;
         n/=;
         p=p*p%mod;
     }
     return sq;
 }

我只是好奇，为什么不直接用pow(n,i)，貌似pow()里不可以用_int64，而用等比数列的求和公式会超_int64的范围。

D  两个坐标集，求两个坐标集之间的最短距离。

另开一篇随笔吧......http://www.cnblogs.com/riddle/p/3220110.html

E ，博弈问题，详情见：http://www.cnblogs.com/riddle/p/3218101.html   （另一篇随笔）

F.....

G: 给出一个数，你要找出一个比这个数大，而且，你要找的这个数的各个位之和要是10的倍数，而且，要最小。注意所给的数上午长度<100000，长度！！！！！故要用字符串做。

 #include<iostream>
 #include<stdio.h>
 #include<string.h>
 using namespace std;
 int main()
 {
     int n,i,j,sum,l,a[];
     char b[];
     scanf("%d",&n);
     while(n--)
     {
         scanf("%s",b);
         l=strlen(b);  //长度
         for(i=;i<=l;i++)
             a[i]=b[l-i]-'';  //个位到a[1]，最高位到a[n]
         for(;;)
         {
             sum=;
             a[]++;
             i=;
             while(a[i]==)   //满10 高位进1
             {
                 if(i==l)   //当最高位满10时，加一位
                 {
                     l++;
                     a[l]=;
                 }
                 a[i]=;
                 a[++i]++;
             }
             for(j=;j<=l;j++)   //每加1就算一次和
                    sum+=a[j];
             if(sum%==)
             {
                 for(j=l;j>=;j--)
                   printf("%d",a[j]);
                 printf("\n");
                 break;
             }
         }
     }
     return ;
 }

这道题特别要注意进位。  时间1250MS....还好限制是5000ms......要不然就挂了T^T