ACM训练赛：第20次

这次的题思维都很强，等之后的考试结束会集中精力重新训练一些思维题。

A - A simple question

思路：

直接看的话，很容易发现如果 $n >= m$ 的话 $sum = n - m$ 即可，但反过来其实 $m$ 推导 $n$ 更简单（WA几发后才发现。。）

如果 $m$ 为偶数的话缩小一半，不然的话先变为偶数再除以2。这样一定能变为 $n$

void solve() {

    int n, m;

    cin >> n >> m;

    int sum = 0;

    if (n >= m)

        sum = n - m;

    else {

        while (n != m) {

            if (m % 2 == 0 && m > n)

                m = m / 2, sum++;

            else if (n >= m) {

                sum = sum + n - m;

                break;

            }

            if (m % 2 != 0 && m > n)

                m = (m + 1) / 2, sum = sum + 2;

        }

    }

    cout << sum << endl;

}

B - Game

Gym - 102822G (出处2020 CCPC绵阳站)

题解思路参考：①

看起来是博弈对吧？对，的确是使用SG函数，但蒟蒻表示不会，只能一个个模拟情况，赛后看了下这道题的官方题解（没想到也还是一道模拟找规律的题2333）

官方题解截图

// 这里用的是解法二

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

typedef long long ll;

ll c0, c1, c2, c3;

int Case = 1;

int check() {

    if (c0 == 0 && c1 == c0 && c2 == 0 && c3 == 0)

        return 0;

    int f = 1;

    if (c3 == 0) {

        if (c1 == 0 && c2 == 0) {

            if (c0 == 0 || c0 % 2)

                f = 0;

        } else {

            if (c0 % 2 == 0) {

                if (c1 % 3 == 0)

                    f = 0;

                else {

                    if (c1 % 3 == 1 && c2 == 0)

                        f = 0;

                }

            } else {

                if (c1 % 3 == 1 && c2 > 0)

                    f = 0;

                else if (c1 % 3 == 2 && c2 <= 1)

                    f = 0;

            }

        }

    } else {

        if (c0 % 2 == 0) {

            if (c1 % 3 == 0)

                f = 0;

            else if (c1 % 3 == 1 && c2 == 0)

                f = 0;

        } else {

            if (c1 % 3 == 1 && c2 > 0)

                f = 0;

            else if (c1 % 3 == 2 && c2 <= 1)

                f = 0;

        }

    }

    return f;

}

void solve() {

    cin >> c0 >> c1 >> c2 >> c3;

    int Win_one = check();

    cout << "Case #" << Case++ << ": ";

    if (Win_one == 1)

        cout << "Rabbit\n";

    else

        cout << "Horse\n";

}

int main() {

    // freopen("in.txt", "r", stdin);

    ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0);

    int _;

    cin >> _;

    while (_--)

        solve();

}

看博客的时候发现有人用DFS写了下，感觉也行。下面贴代码

Code

int dfs(int c0, int c1, int c2, int c3) {

    if (c0 == 0 && c1 == 0)

        return 0;

    if (c0 == 0 && c2 == 0 && c1 < 2)

        return 0;

    if (c0 > 0 && !dfs(c0 - 1, c1, c2, c3))

        return 1;

    if (c1 >= 2 && !dfs(c0, c1 - 2, c2 + 1, c3))

        return 1;

    if (c1 > 0 && c2 > 0 && !dfs(c0, c1 - 1, c2 - 1, c3 + 1))

        return 1;

    return 0;

}

int main() {

    int t;

    scanf("%d", &t);

    int cas = 0;

    while (t--) {

        int a, b, c, d;

        scanf("%d%d%d%d", &a, &b, &c, &d);

        int win = -1;

        if (b == 0 && c == 0 && d == 0) {

            if (a == 0)

                win = 0;

            else if (a & 1)

                win = 0;

            else

                win = 1;

        } else

            win = dfs(a % 2, b % 3, c, d);

        printf("Case #%d: %s\n", ++cas, win ? "Rabbit" : "Horse");

    }

    return 0;

}

C - CCCCC

题目链接： Gym - 102798D （出处：2020 CCPC威阳站）

思路图来自南京大学题解 ↓（感谢分享）

题意：给定一个数 C（$1 \sim 1e18$)，找到一组 $a,b$ 使得 $a + b = c\ 且\ abc\ 的素数因子要求 < C$ ，如果存在这样的 $a,b$ 的话输出 yes，不然输出 no。

其实上方的图片中提到的解决方法已经很好了，现在翻译一下 ↓

解决方法（翻译）：

如果 c 无平方因子，那么是不会存在任意一组 a，b的，即可以直接输出 no

如果 c 包含平方因子，即：$c = p^2q\ (p > 1) $ ，所以可以令 $a = pq$ , $b = p(p -1)q$ ，使得 $a + b = c$ ，并且 $rad(abc) = rad(p^4(p -1)q^3) \leq rad(p(p - 1)q) \leq p^2q = c$

要检查是否有无平方，则要要检查 $p^2$ 直到 $√{3c}$ 到 $\sqrt{c}$ 的平方整数

$O(√3c)$

// Author : RioTian

// Time : 20/12/09

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

typedef long long ll;

const int N = 1e7 + 10;

ll _, c;

int cnt, prime[N];

bool st[N];

// 线性筛筛素数

void init(ll n) {

    for (int i = 2; i <= n; ++i) {

        if (!st[i])

            prime[++cnt] = i;

        for (int j = 1; prime[j] <= n / i; ++j) {

            st[i * prime[j]] = true;

            if (i % prime[j] == 0)

                break;

        }

    }

}

void solve() {

    cin >> c;

    bool f = false;

    for (int i = 1; i <= cnt && !f; ++i) {

        ll p = prime[i];

        int s = 0;

        if (c % p == 0)

            while (c % p == 0)

                c /= p, s++;

        if (s >= 2)

            f = true;

    }

    ll x = sqrt(c);

    if (c > 1 && 1ll * x * x == c)

        f = true;

    if (f)

        cout << "yes\n";

    else

        cout << "no\n";

}

int main() {

    freopen("in.txt", "r", stdin);

    ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0);

    init(N - 10);

    for (cin >> _; _; _--)

        solve();

}

D - String

计蒜客 - T2652

头铁记：一看到字符串就想到然往字符串方向走，但没想到是类搜索 2333

这里贴下学长的思路（绝不是懒的打字）

// Author : RioTian

// Time : 20/12/09

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

typedef long long ll;

const int N = 1e5 + 10;

const int mod = 20100403;

ll qpow(ll a, ll b) {

    ll ans = 1;

    a %= mod;

    for (; b; a = a * a % mod, b >>= 1)

        if (b & 1)

            ans = ans * a % mod;

    return ans;

}

ll C(ll n, ll m) {

    ll x = 1, y = 1;

    for (int i = 1; i <= m; ++i) {

        x = x * (n - i + 1) % mod;

        y = y * i % mod;

    }

    return x * qpow(y, mod - 2) % mod;

}

int main() {

    // freopen("in.txt", "r", stdin);

    ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0);

    ll n, m;

    cin >> n >> m;

    cout << (C(m + n, m) - C(m + n, m - 1) % mod + mod) % mod;

}

E - Probability

AtCoder - abc184_d

题意：一个包里包含 X 个金币、Y 个银币、Z 个铜币。在包里钱币满足相同颜色达到 100 之前，我们可以重复以下动作：随机选一种钱币，取出一枚，再放入相同颜色钱币两枚。找出完成这些操作的期望值。

根据题目的意思，其实就是每次向包里随机加入一枚钱币，直到包里某种钱币数量达到 100。本题的核心是如何计算期望。本题属于标准的动态规划求期望问题。直接套用模板即可。

一道”简单“概率DP题，没怎么了解概率DP导致做不出

先贴一下学长给的概率DP知识点博客：Here

当理解基础的知识以后发现的确比较简单

DP 数组定义

定义 DP[i][j][k]，表示有 i 枚金币， j 枚银币， k 枚铜币的期望。

初值

所有的期望都为零。

递推方法

使用逆推。

状态转移方程：

\[s = X + Y + Z\\
dp(i,j,k) = \frac{i}{s}*(dp(i + 1,j,k) + 1) + \frac{j}{s}*dp(i,j + 1,k) + 1) \\+ \frac{j}{s}*dp(i,j,k + 1) + 1))
\]

AC代码：

// Author : RioTian

// Time : 20/12/09

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

typedef long long ll;

const int N = 1e2 + 10;

double dp[N][N][N];

int main() {

    // freopen("in.txt", "r", stdin);

    ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0);

    int a, b, c;

    cin >> a >> b >> c;

    for (int i = 99; i >= a; i--)

        for (int j = 99; j >= b; j--)

            for (int k = 99; k >= c; k--) {

                // 令 t = x + y + z，减少代码量

                double t = i + j + k;

                dp[i][j][k] = i / t * (dp[i + 1][j][k] + 1) +

                              j / t * (dp[i][j + 1][k] + 1) +

                              k / t * (dp[i][j][k + 1] + 1);

            }

    // 关于 C++ 的输出控制可以在我的以前博客找到

    cout << fixed << setprecision(9) << dp[a][b][c] << endl;

}

时间和空间复杂度：

$O(n^3)$

学习的时候发现一种模拟方法：蒙特卡洛方法模拟

使用蒙特卡洛方法模拟

计划等有空好好学一下这个

本题核心其实是一个随机模拟过程，因此也可以使用蒙特卡洛方法（Monte Carlo method）来模拟这个过程。首先就不证明这个过程是收敛的，说真的，我也不大会证明，以后努力。具体的 Monte Carlo method 请看相关资料。

因此，我们只需要模拟这样的过程，只需要足够的样本数量就可以完成模拟。我这里用了 300 次就可以满足题目的需求。为什么 300 就够了，其实就是反复测试出来的。

AC代码

// increment of coins

// Using Monte Carlo method

// Author : RioTian

// Time : 20/12/09

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

typedef long long ll;

const int N = 1e5 + 10;

double prob(int n, int a, int b, int c) {

    int u = 100 - a;

    if (u > n)

        return 0.0;

    if (n - u > (99 - b) + (99 - c))

        return 0.0;

    double p = 1.0, ret = 0.0;

    for (int i = 0; i < u; i++)

        p *= 1.0 * (a + i) / (a + b + c + i);

    for (int v = 0; v <= n - u; ++v) {

        if (v + b > 99 || n - u - v + c > 99)

            continue;

        double exp = 1.0;

        for (int j = 0; j < v; j++)

            exp *= 1.0 * (b + j) / (a + b + c + u + j);

        for (int j = 0; j < n - u - v; j++)

            exp *= 1.0 * (c + j) / (a + b + c + u + v + j);

        for (int j = v; j >= 1; j--)

            exp *= 1.0 * (u - 1 + j) / j;

        for (int j = n - u - v; j >= 1; j--)

            exp *= 1.0 * (u - 1 + v + j) / j;

        ret += (p * exp);

    }

    return ret;

}

int main() {

    // freopen("in.txt", "r", stdin);

    ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0);

    int a, b, c;

    cin >> a >> b >> c;

    double ans = 0;

    for (int i = 1; i <= 300; ++i) {

        double pa = prob(i, a, b, c);

        double pb = prob(i, b, c, a);

        double pc = prob(i, c, a, b);

        ans += i * (pa + pb + pc);

    }

    cout << fixed << setprecision(9) << ans << endl;

}

时间复杂度

$O(n)$。虽然也是三重循环，我们要注意到循环的次数是常数项。比如 main() 中的循环是固定 300 次，prob() 中的循环最多是 100 次。所以乘积还是常数次。

空间复杂度

$O(n)$