题解 P4920 【 [WC2015]未来程序】

~~慕名已久的神奇题，感觉某些点找到了捷径就来写篇题解。~~

更好的阅读体验

题目分析

Task1

很显然答案就是 $a \times b \mod c$，由于是一次一次加的并不会溢出。

快速乘即可解决，时间复杂度 $O(\log c)$。

Task2

初始 $a=1$，$b=0$，$c=0$。

重复执行操作：

b <- a+b
a <- 2*b-a+c;
c <- 2*b-a+c;

设操作 $i$ 次后得到的 $a$，$b$，$c$ 分别为 $a_i$，$b_i$，$c_i$。

经过观察发现 $a_i=F_{i+1}^2$，$b_i=F_i F_{i+1}$，$c_i=F_i^2$。

（其中 $F_i$ 是斐波那契数列，满足 $F_0=0$，$F_1=1$，$F_n=F_{n-2}+F_{n-1}$。)

不放心，尝试用归纳法证明一下：

$n=0$ 时，成立。
若 $n=k$ 时成立，

\[b_{k+1}=a_k+b_k=F_{k+1}^2+F_kF_{k+1}=F_{k+1}F_{k+2} \]
\[a_{k+1}=2b_{k+1}-a_k+c_k=2F_{k+1}F_{k+2}-F_{k+1}^2+F_k^2=2F_{k+1}F_{k+2}+F_{k+2}(F_k-F_{k+1})=F_{k+2}^2 \]
\[c_{k+1}=2b_{k+1}-a_{k+1}+c_k=2F_{k+1}F_{k+2}-F_{k+2}^2+F_k^2=2F_{k+1}(F_k+F_{k+1})-(F_k+F_{k+1})^2+F_k^2=F_{k+1}^2 \]

故 $n=k+1$ 时成立。

答案就是 $d=a_n-2b_n+c_n=F_{n+1}^2-2F_nF_{n+1}+F_n^2=(F_{n-1}+F_n)^2-4F_n(F_{n-1}+F_n)+F_n^2=F_{n-1}^2$。

然后可以矩阵乘法，也可以推通项，不过鉴于这里有十个模数推通项可能比较麻烦……

这里模数比较小，放心用矩阵乘法，时间复杂度 $O(\log n)$。

有没有发现代码长度不太对劲？

Task3

简洁易懂，求：

\[\sum\limits_{i=0}^n i^k,k=0,1,2,3,4 \]

直接上公式即可：

\[\sum\limits_{i=0}^n 1=n+1 \]

\[\sum\limits_{i=0}^n i=\dfrac{n(n+1)}{2} \]

\[\sum\limits_{i=0}^n i^2=\dfrac{n(n+1)(2n+1)}{6} \]

\[\sum\limits_{i=0}^n i^3=(\sum\limits_{i=0}^n i)^2 \]

\[\sum\limits_{i=0}^n i^4=\dfrac{n(n+1)(2n+1)(3n^2+3n-1)}{30} \]

那么模数……没有模数？！

是的，程序会溢出。

但 unsigned long long 溢出会自动对 $2^{64}$ 取模，可以拿 python 算。用 c++ 的话大概要先把分母拆开除掉再乘起来，比较麻烦。

时间复杂度 $O(1)$。

Task4

程序用种子生成了一个 01 矩阵。

count1：对于每一个 $1$，求矩阵中除了它的 $1$ 的个数之和。

假设有 $cnt$ 个 $1$，那答案就是 $cnt(cnt-1)$。

count2：对于每一个 $1$，求矩阵中某个 $0$ 离它的最短曼哈顿距离之和。

考虑从左上、右上、左下、右下分别 dp ，$f_{t,i,j}$ 表示方向 $t$ 上某个 $0$ 离 $i,j$ 的最短曼哈顿距离。

转移时，若 $data_{i,j}=0$，则 $f_{t,i,j}=0$。

否则：

\[f_{0,i,j}=\min \{ f_{0,i-1,j},f_{0,i,j-1} \}+1 \]

\[f_{1,i,j}=\min \{ f_{1,i-1,j},f_{0,i,j+1} \}+1 \]

\[f_{2,i,j}=\min \{ f_{2,i+1,j},f_{0,i,j-1} \}+1 \]

\[f_{3,i,j}=\min \{ f_{3,i+1,j},f_{0,i,j+1} \}+1 \]

统计时就取 $4$ 个数组的最小值就好了。

时间复杂度 $O(nm)$。

Task5

依然是一个 01 矩阵。

count3：求全 1 子矩形的个数。

实现是 $O(n^6)$ 的……

先预处理 $f_{i,j}$ 表示 $(i,j)$ 向上最多能延伸多少个 $1$。

考虑枚举每个点作为子矩形的右下端点，那么能取的左上端点的范围就是若干个矩形，用单调栈维护。

时间复杂度 $O(nm)$。

Task6

设 $f_0=0$，$f_n=(af_{n-1}^2+b) \mod c$，求 $f_n$。

看上去可以求通项，然后秒了？

看一眼数据，发现模数很大……不会溢出吗？

是的，又会溢出。

但这次既溢出又要取模，相当于对两个模数取模，就没办法算了。

正常的办法算不了，只能试试乱搞。想一想，这东西的循环节应该不会很长（听说是 $O(\sqrt{c})$ 的）。

于是上个判圈算法（Floyd 或者 Brent），就能在 285s 后得到答案……

Task7

$16 \times 16$ 的数独？？？

等下，数独不是只能深搜来解吗，它是怎么超时的？

仔细一看，它把 $2^{n^2}$ 种方案全部尝试一遍，最后再来检查…………

写发正常点的深搜，成功过了前两个点，但是第三个硬是过不去。

考虑一下我们平常怎么开局的：先单看一个数字，把它的某几个位置确定下来，这样填出来的数字就比较多了。

那其实可以让程序把候选数先处理出来，如果某个格子只有一个候选数，就可以直接确定了。

重复几次，填出来的数就比较多了，这时候再去搜就轻松很多。

实践一下，发现除了第三个点，这个处理直接把数独解出来了………………第三个点也跑得飞快。

//task7
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=33;
int bl[N][N];
char s[N][N];
int a[N][N],vish[N][N],visl[N][N],visk[N][N];

int dfs(int x,int y){
	if(x==16+1) return 1;
	int nx,ny;
	if(y==16) nx=x+1,ny=1;
	else nx=x,ny=y+1;
	
	if(s[x][y]!='?') return dfs(nx,ny);
	
	for(int i='A'+16-1;i>='A';i--){
		int t=i-'A';
		if(!vish[x][t] && !visl[y][t] && !visk[bl[x][y]][t]){
			vish[x][t]=visl[y][t]=visk[bl[x][y]][t]=1;
			s[x][y]=i;
			if(dfs(nx,ny)) return 1;
			vish[x][t]=visl[y][t]=visk[bl[x][y]][t]=0;
		}
	}
	s[x][y]='?';
	return 0;
}

int hx[N][N][N],lft[N][N];
int upd(int x,int y){//让这个数把同行/列/块的候选数除掉 
	int t=s[x][y]-'A';
	for(int i=1;i<=16;i++)
		for(int j=1;j<=16;j++){
			if(i==x || j==y || bl[i][j]==bl[x][y]){
				if(!hx[i][j][t]) hx[i][j][t]=1,lft[i][j]--;
			}
		}
}

void solve(int score){
	memset(vish,0,sizeof(vish));
	memset(visl,0,sizeof(visl));
	memset(visk,0,sizeof(visk));
	memset(hx,0,sizeof(hx));
	for(int i=1;i<=16;i++)
		for(int j=1;j<=16;j++)
			lft[i][j]=16;
	
	for(int i=1;i<=16;i++) scanf("%s",s[i]+1);
	
	for(int i=1;i<=16;i++)
		for(int j=1;j<=16;j++)
			if(s[i][j]!='?') upd(i,j);
	for(int tt=1;tt<=20;tt++) //重复几次 
		for(int i=1;i<=16;i++)
			for(int j=1;j<=16;j++)
				if(s[i][j]=='?' && lft[i][j]==1){//只有一个候选数 
					for(int t=0;t<16;t++){//找出应该填啥 
						if(!hx[i][j][t]){
							s[i][j]=t+'A';
							upd(i,j);
							break;
						}
					}
				}
	
	for(int i=1;i<=16;i++)
		for(int j=1;j<=16;j++){
			int t=s[i][j]-'A'; 
			vish[i][t]=visl[j][t]=visk[bl[i][j]][t]=1;
		} 
	//先处理好桶们 
	dfs(1,1);
	while(score--){
		for(int i=1;i<=16;i++)
			for(int j=1;j<=16;j++)
				printf("%c",s[i][j]);
		cout<<endl;
	}
}

int main(){
	for(int i=1;i<=16;i++)
		for(int j=1;j<=16;j++)
			bl[i][j]=(i-1)/4*4+(j-1)/4+1;
	//块的编号 
	for(int i=1;i<=4;i++) solve(i);
}

Task8

枚举 $7$ 个值在 $[0,n)$ 之间的变量，求这些变量满足某些大小关系的方案数。

看起来是排列组合？很难搞的样子。

实际上因为只有七个变量，可以大胆猜测答案应该是七次多项式，用拉格朗日插值即可。

时间复杂度 $O(7)$，当然前提是题目给出的程序跑得出来才行。

Task9

愚人节题目！

程序给出了 MD5 的加密程序与答案的加密结果，这样就可以枚举验证答案是否正确了。

Problem1：第一届 NOI 是哪年？

1984。~~实在不知道可以枚举年份~~
Problem2：最常见6位的密码是什么？

123456……
Problem3：一个人名，他的照片在这个文件的开头。他来这次冬令营讲课了，但是他没有来这场考试。

chenlijie。
Problem4：答案是3个可见符号。

好家伙都没法猜了，只能枚举了！

枚举所有可见符号，最后答案是 $_$ 。
Problem5-10：一句名言，其中 Problem9 是两个单词， Problem10 是一个去掉了 - 的长单词。

好家伙提示都不给了？！

如果你发现 Task2 的代码长度不对劲的话，就能发现它下面有个字典（虽然很长就是了）！

再来枚举，枚举出 Problem5-9 分别是 we / hold / these / truths / to be

Problem10 竟然枚举不出来？？？

~~出题人大概认为选手的英语和历史不错。~~

事实上，如果你去做了 Task10 的话，就会在第 7054 行的《独立宣言》里发现这句话！（~~这也能藏……~~）

答案是 selfevident。

Task10

888k 代码？？？

观察一下，大概就是每个字符串对应一个数，要对某些字符串对应的数求和，同样是对 $2^{64}$ 取模。

对于单个字母规律很显然，很容易写出代码：

let[0]=1;
for(int i=1;i<=26;i++)
	for(int j=0;j<26;j++) let[i]+=let[min(i-1,j)];

对于多个字母组成的字符串，发现它对应的数是所有不包含自身的子串对应的数之和。

考虑每个位置的贡献，设 $f_{i,j}$ 表示长度为 $i$ 的字符串的第 $j$ 个位置被算了多少次。

同样写出代码：

for(int t=2;t<=20;t++)
	for(int l=1;l<=t;l++)
		for(int r=l;r<=t;r++){
			if(l==1 && r==t) continue;
			//枚举子串 
			for(int i=l;i<=r;i++) f[t][i]+=f[r-l+1][i-l+1];
			//枚举位置 
		}

最后就简单了，将给出的四篇文章扔进去逐个单词计算即可。

时间复杂度 $O(n^4+len)$。

posted @ 2021-04-05 17:52 苹果蓝17 阅读(144) 评论(0) 编辑收藏举报

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