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第一天讲了组合数学和概率期望,懂了有一半。
下午的训练也没写出来多少题,就把我写出来的题做以总结。
A题 整数分解为2的次幂(求出组合总数)
这道是PPT的例题,大概思路是
当n为偶数时:
n的总数是由(n-1)的总数+(n/2)的总数组成;/*(n-1)的每种方案中添加1,
即是所有包含1的方案;剩下的方案同时/2即是(n/2)的情况.*/
当n为奇数时:
n的总数是(n-1)的总数;//因为只多了1,所以在(n-1)的每种方案中添加1即可.
代码如下:
#include<cstdio>
using namespace std;
const int N=1000000007;
const int M=1100000;
long long a[M];//记忆化储存
long long f(long long n)
{
if(n<=1) return 1;
if(a[n]) return a[n];
if(n&1)
{
a[n]=f(n-1)%N;
return a[n];
}
a[n]=(f(n-1)%N+f(n>>1)%N)%N;
return a[n];
}
int main(){
long long n;
scanf("%lld",&n);
printf("%lld",f(n));
return 0;
}
B题 Permutations
题意大概是:随意给出一个n的全排列,求出它要经过几次置换才能成为单位元。
大致如上图所示。
本题可以换一个思路来做,去找每一位的数的循环节有几个元素(如1-4-2-1,则1的循环节
有3个元素),最后求出它们的最小公倍数输出即可。
代码如下:
#include<stdio.h>
#include<string.h>
using namespace std;
int gcd(int a,int b)//求最大公约数
{
if(b==0) return a;
else return gcd(b,a%b);
}
int lcm(int a,int b)//求最小公倍数
{
return a/gcd(a,b)*b;//lcm(a,b)=a/gcd(a,b)*b
}
int a[1100],map[1100];
int main()
{
int n,ans=1;
scanf("%d",&n);
memset(map,0,sizeof(map));
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&a[i]);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int temp=a[i];
int count=1;
map[i]=1;
while(temp!=i&&!map[temp])
{
map[temp]=1;
temp=a[temp];
count++;
}//寻找循环节
ans=lcm(ans,count);
}
printf("%d\n",ans);
}
注:其实这一道题是关于置换群的基础题,来源poj 2369。
C题 Invoker
题意:c种颜色,n个小球的涂色问题,问有几种染色方案(经过旋转翻折可以相同的算是一种方案)
老实说这道题是一窍不通,抄了模板过的。
大概是分为旋转和翻折两种情况去判断。
代码如下:
#include<stdio.h>
typedef long long ll;
const ll mod=1000000007;
ll c,n;
ll gcd(ll a,ll b)
{
return b==0?a:gcd(b,a%b);
}
ll pow(ll p,ll n)//快速幂(含取模)
{
ll ans=1;
while(n)
{
if(n&1) ans=ans*p%mod;
p=p*p%mod;
n/=2;
}
return ans;
}
//拓展欧几里得,一直没搞明白,解方程x*a+y*b=1,求逆元
ll exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y){
if(b==0)
{
x=1;y=0;
return a;
}
ll d=exgcd(b,a%b,x,y);
ll t=x;
x=y;
y=t-a/b*y;
return d;
}
int main()
{
int t;
scanf("%d",&t);
int cas=1;
while(t--)
{
scanf("%lld%lld",&c,&n);
int ans=0;
for(ll i=1;i<=n;i++)//旋转的情况
{
ans+=pow(c,gcd(n,i));//sum(c^gcd(n,i))(i=1,2,~~n)
ans%=mod;
}
//翻折的情况
if(n&1) ans+=(n*pow(c,n/2+1))%mod;
//n为奇数时, n*c^(n/2+1)(此处除法向下取整)
else ans+=(n/2*pow(c,n/2+1))%mod+(n/2*pow(c,n/2)%mod)%mod;
//n为偶数时, n*c^(n/2+1)+n/2*c^(n/2)(此处除法向下取整)
ans%=mod;
ll x,y;//x为mod的逆元,
exgcd(2*n,mod,x,y);
x=(x+mod)%mod;
printf("Case #%d: %lld\n",cas++,ans*x%mod);
}
}
I题: A * B Problem Plus HDU - 1402
这题就是模拟乘法,数据比较大,用了JAVA的大数类。
代码如下:
import java.math.BigInteger;
import java.util.Scanner;
public class Main {
public static void main(String args[])
{
String str1,str2;
Scanner in=new Scanner(System.in);
while(in.hasNext())
{
str1=in.next();
str2=in.next();
BigInteger a=new BigInteger(str1);
BigInteger b=new BigInteger(str2);
System.out.println(a.multiply(b));
}
}
}
注:不得不说Java好强!