华东交通大学2018年ACM“双基”程序设计竞赛部分题解

2022-10-10 10:24:37

链接：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/221/C
来源：牛客网

C-公式题（2）

时间限制：C/C++ 1秒，其他语言2秒
空间限制：C/C++ 32768K，其他语言65536K
64bit IO Format: %lld

题目描述

令f(n)=2*f(n-1)+3*f(n-2)+n,f(1)=1,f(2)=2
令g(n)=g(n-1)+f(n)+n*n,g(1)=2
告诉你n，输出g(n)的结果，结果对1e9+7取模

输入描述:

多组输入，每行一个整数n（1<=n<=1e9)，如果输入为0，停止程序。

输出描述:

在一行中输出对应g(n)的值，结果对1e9+7取模。

输入例子:

输出例子:

-->

示例1

输入

复制

输出

复制

说明

多组输入，输入为0时，终止程序

备注:

项数极大，朴素算法无法在规定时间内得出结果

解题思路：很明显的矩阵快速幂，比赛时没推出来。推出来了就是一个矩阵快速幂的板子题。
推倒方法可以参照：https://www.jianshu.com/p/25eba927d9da
推倒过程：
g(n)=g(n-1)+f(n)+n*n;
g(n)=g(n-1)+2*f(n-1)+3*f(n-2)+n*n+n;
g(n)=g(n-1)+2*f(n-1)+3*f(n-2)+(n-1)^2+3*(n-1)+2;

华东交通大学2018年ACM“双基”程序设计竞赛部分题解

得到矩阵：

华东交通大学2018年ACM“双基”程序设计竞赛部分题解

再通过简单的递推一下，左边n代3，可以得到一个常数矩阵，再乘以右边矩阵的n-2次方，得到矩阵的第一行第一列元素即为答案。

#include <iostream>

#include <cstdio>

#include <cstring>

#include <cmath>

#include <algorithm>

#include <queue>

using namespace std;

const int mod=1e9+;

const int maxn=;

typedef long long ll;

ll n;

struct Matrix{

    ll a[maxn][maxn];

};

Matrix mul(Matrix a,Matrix b)  //两矩阵相乘

{

    Matrix temp;

    memset(temp.a,,sizeof(temp.a));

    for(int i=;i<maxn;i++)

        for(int j=;j<maxn;j++)

            for(int k=;k<maxn;k++)

                temp.a[i][j]=(temp.a[i][j]+a.a[i][k]*b.a[k][j])%mod;

    return temp;

}

Matrix qpow(Matrix a,ll n)  //矩阵快速幂

{

    Matrix ans;

    memset(ans.a,,sizeof(ans.a));

    for(int i=;i<maxn;i++)

        ans.a[i][i]=; //化成单位矩阵

    while(n)

    {

        if(n&) ans=mul(ans,a);

        a=mul(a,a);

        n/=;

    }

    return ans;

}

int main()

{

    Matrix A,C;

    A.a[][]=,A.a[][]=,A.a[][]=,A.a[][]=,A.a[][]=,A.a[][]=;

    A.a[][]=,A.a[][]=,A.a[][]=,A.a[][]=,A.a[][]=,A.a[][]=;

    A.a[][]=,A.a[][]=,A.a[][]=,A.a[][]=,A.a[][]=,A.a[][]=;

    A.a[][]=,A.a[][]=,A.a[][]=,A.a[][]=,A.a[][]=,A.a[][]=;

    A.a[][]=,A.a[][]=,A.a[][]=,A.a[][]=,A.a[][]=,A.a[][]=;

    A.a[][]=,A.a[][]=,A.a[][]=,A.a[][]=,A.a[][]=,A.a[][]=;

    C.a[][]=,C.a[][]=,C.a[][]=,C.a[][]=,C.a[][]=,C.a[][]=;

    while(cin>>n)

    {

        if(n==) break;

        if(n==)

        {

            cout<<<<endl;

            continue;

        }

        cout<<mul(C,qpow(A,n-)).a[][]<<endl;

    }

    return ;

}

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G-7的意志

时间限制：C/C++ 1秒，其他语言2秒
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64bit IO Format: %lld

题目描述

定义一个序列a:7,77,777......,7777777(数字全为7的正整数，且长度可以无限大）
clearlove7需要从含有7的意志的数里获得力量，如果一个整数能被序列a中的任意一个数字整除，并且其数位之和为序列a中任意一个数字的倍数，那么这个数字就含有7的意志，现在给你一个范围[n,m]，问这个范围里有多少个数字含有7的意志。

输入描述:

多组输入，每行两个个整数n，m（1<=n<=m<=1e18)，如果输入为"0 0"，停止程序。

输出描述:

每一行输出含有7的意志的数的个数。

输入例子:

输出例子:

-->

示例1

输入

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输出

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说明

1到100中符合条件的数字为7，70，77

数位dp，不会可以参考博客：https://blog.csdn.net/brazy/article/details/77427699
定义一个三维dp，分别存储到枚举的当前位置，模7的余数，数位和模7的余数。

#include<cstdio>

#include<cstring>

#include<algorithm>

#include<iostream>

#include<string>

#include<vector>

#include<stack>

#include<bitset>

#include<cstdlib>

#include<cmath>

#include<set>

#include<list>

#include<deque>

#include<map>

#include<queue>

using namespace std;

typedef long long ll;

const double PI = acos(-1.0);

const double eps = 1e-;

const int INF = 0x3f3f3f3f;

const ll mod=1e9+;

ll gcd(ll a,ll b){return b?gcd(b,a%b):a;}

ll n,m,a[];

ll dp[][][];

ll dfs(ll pos,ll pre,ll sum,bool limit)

{

    if(pos==-)

        return (pre%==&&sum%==);  //枚举到了最后一位并且合法

    if(!limit&&dp[pos][pre][sum]!=-)

        return dp[pos][pre][sum];

    ll up=limit?a[pos]:;

    ll ans=;

    for(int i=;i<=up;i++)

        ans+=dfs(pos-,(pre*+i)%,(sum+i)%,limit&&i==a[pos]);

    if(!limit)   //记忆化

        dp[pos][pre][sum]=ans;

    return ans;

}

ll solve(ll x)

{

    ll pos=;

    while(x)  //对数进行数位拆分

    {

        a[pos++]=x%;

        x/=;

    }

    return dfs(pos-,,,true);  //从最高位开始枚举

}

int main()

{

    ios_base::sync_with_stdio(false); cin.tie();

    memset(dp, -, sizeof(dp));

    while(cin>>n>>m)

    {

        if(n==&&m==) break;

        cout<<solve(m)-solve(n-)<<endl;

    }

    return ;

}

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I-数学题

时间限制：C/C++ 1秒，其他语言2秒
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题目描述

题面描述
最近，华东交通大学ACM训练基地的老阿姨被一个数学问题困扰了很久，她希望你能够帮她解决这个问题。
这个数学问题是这样的，给你一个N,要求你计算

gcd(a,b)表示a和b的最大公约数

输入描述:

多组输入，每行一个整数n(1<=n<=10^14)。

输出描述:

每行一个整数，表示答案。由于答案会很大你要对1000000007取模。

输入例子:

4

10

输出例子:

6

35

-->

示例1

输入

复制

4

10

输出

复制

6

35

说明

样例一，2+4=6。
样例二，2+4+5+6+8+10=35。

思路：欧拉公式的延伸：对于一个数，与其互质的数的总和是euler(n)*n/2。
所以结果就是n*(n+1)/2-euler(n)*n/2.

注意取模不能直接除2，需要乘2对1e9+7的逆元。

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

typedef long long ll;

const ll mod=1e9+;

ll n,m;

ll euler(ll n)

{

    ll ans=n;

    ll i;

    for(i=;i<=sqrt(n);i++)

    {

        if(n%i==)

        {

            ans=ans/i*(i-);

            while(n%i==)

                n/=i;

        }

    }

    if(n>)

        ans=ans/n*(n-);

    return ans;

}

ll pow_mod(ll a, ll b)

{

    ll ret = ;

    ll p=mod;

    while(b)

    {

        if(b & )

            ret = (ret * a) % p;

        a = (a * a) % p;

        b >>= ;

    }

    return ret;

}

int main()

{

    while(cin>>n)

    {

        if(n==)

        {

            cout<<<<endl;

            continue;

        }

        ll inv=pow_mod(,mod-);

        cout<<((n%mod)*((n+-euler(n))%mod)%mod)*inv%mod<<endl;

    }

    return ;

}

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MIKU酱的氪金宝典

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题目描述

MIKU酱是个玩游戏氪金的人，游戏公司给她制定了新的规则，如果想从关卡i到关卡j，你需要交一些钱就可以了，但同时，MIKU酱的爸爸zjw很爱她，所以她可以每过一关就向她爸要一次钱，但她爸每次给他的钱是固定的，MIKU酱是个不会节省的女孩，哪怕每次多出来的钱，她也会拿去买肥宅快乐水，所以每次要的钱一定花完，因为MIKU酱不想挨骂，所以希望每次他爸给她的钱最少。

tips（到达第n关即通过，每到达一关一定能通过这关）

输入描述:

多组输入，每个样例第一行输入两个整数n,m(2<=n<=200,1<=m<=1000)表示关卡和规则的数量，接下来m行规则，每行输入x,y,w（w<=1000）,表示从关卡x到y需要缴纳w的费用，保证题目有解，不会出现x=y的情况

输出描述:

输出一行，代表最少的钱

输入例子:

输出例子:

-->

示例1

输入

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输出

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思路：n的范围不大，三层循环就可以过，但是比赛时没想到，比赛用的dfs，但是超时，经过剪枝了下，还是过了，题解用的dijkstra
dfs是记录两个东西，一个当前位置，一个该条路的边权最大值，走到节点n时，ans保留dfs出的最小值。
dijkstra做法直接把松弛操作改改就可以了

dfs做法：

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

typedef long long ll;

const ll mod=1e9+;

const ll inf=0x3f3f3f3f;

ll n,m;

typedef pair<int,int> P;

vector<P> mp[];

int vis[],ans;

void dfs(int x,int cost)  //x为当前位置，cost为该条路的边权最大值

{

    if(x==n)

    {

        ans=min(ans,cost);

        return;

    }

    if(cost>=ans)  //剪枝，如果还未到n就已经比现在最优结果大直接返回，去掉会超时

        return;

    int ss=mp[x].size();

    for(int i=;i<ss;i++)

    {

        if(vis[mp[x][i].first]==)

        {

            vis[mp[x][i].first]=;

            dfs(mp[x][i].first,max(cost,mp[x][i].second));

            vis[mp[x][i].first]=;

        }

    }

}

int main()

{

    while(cin>>n>>m)

    {

        ios_base::sync_with_stdio(false); cin.tie();

        for(int i=;i<=n;i++) mp[i].clear();

        ans=inf;

        memset(vis,,sizeof(vis));

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

        {

            int u,v,w;

            cin>>u>>v>>w;

            P q;

            q.first=v;

            q.second=w;

            mp[u].push_back(q);

        }

        vis[]=;

        dfs(,);

        cout<<ans<<endl;

    }

    return ;

}

dijkstra做法：

#include<cstdio>

#include<cstring>

#include<algorithm>

#include<iostream>

#include<string>

#include<vector>

#include<stack>

#include<bitset>

#include<cstdlib>

#include<cmath>

#include<set>

#include<list>

#include<deque>

#include<map>

#include<queue>

using namespace std;

typedef long long ll;

const double PI = acos(-1.0);

const double eps = 1e-;

const int INF = 0x3f3f3f3f;

const ll mod=1e9+;

int n,m,dis[],vis[];

struct qnode{

    int v,d;

    qnode(int a,int b):v(a),d(b){}

    bool operator<(const qnode& a)const{

        return d>a.d;

    }

};

struct edge{

    int v,w;

    edge(int a,int b):v(a),w(b){}

};

vector<edge> mp[];

priority_queue<qnode> pq;

void dij()

{

    memset(vis,,sizeof(vis));

    memset(dis,INF,sizeof(dis));

    dis[]=;

    pq.push(qnode(,));

    while(!pq.empty())

    {

        qnode x=pq.top();

        pq.pop();

        int u=x.v;

        for(int i=;i<mp[u].size();i++)

        {

            int v=mp[u][i].v;

            int w=mp[u][i].w;

            int tmp=dis[u];

            tmp=max(dis[u],w);

            if(dis[v]>tmp)  //如果该条路边权最大值小于当前最优值，则更新

            {

                dis[v]=tmp;

                pq.push(qnode(v,dis[v]));

            }

        }

    }

}

int main()

{

    ios_base::sync_with_stdio(false); cin.tie();

    while(cin>>n>>m)

    {

        for(int i=;i<=n;i++) mp[i].clear();

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

        {

            int u,v,w;

            cin>>u>>v>>w;

            mp[u].push_back(edge(v,w));

        }

        dij();

        cout<<dis[n]<<endl;

    }

    return ;

}

码农公寓

题目描述

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输出描述:

输入例子:

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输入

输出

说明

备注:

题目描述

输入描述:

输出描述:

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输出

说明

题目描述

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说明

题目描述

输入描述:

输出描述:

输入例子:

输出例子:

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