Codewars. Insane Coloured Triangles(计数)

题目链接
加强版：Ludicrous Coloured Triangles

虽然题不难但难得做一个来水一下

有dalao知道加强版怎么过嘛

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$Description$
给定长为$n$的RGB序列，每次变换，序列中所有相邻的两个字符会产生一个字符（即每次总长度减1）。求$n-1$次变换后剩下的那个字符是多少。
字符产生规则：相同的两个字符产生相同的字符（如RR->R），不同的两个字符产生没出现的第三类字符（如RG->B）。
$n-1$次变换的例子如下，可知R R G B R G B B应输出G：

R R G B R G B B
 R B R G B R B
  G G B R G G
   G R G B G
    B B R R
     B G R
      R B
       G

$n\leq 10^5$。
Ludicrous Coloured Triangles为加强版：$n\leq 10^9$。

$Solution$
Sol 1.
容易想到将$R,G,B$看做$0,1,2$，则不同颜色$a,b$转成第三者就是$3-a-b$。
然后可发现，$a,b$颜色相同时，$(3-a-b+3)\%3$也能正确表示同色的情况，即$(3-2a+3)\%3==a$。
所以每一次操作，就是将相邻两个颜色$a,b$变为$(6-a-b)\%3$，即$-a-b$然后取模下。只要算 到最后一层时，每个元素$x$被累积了几次，用$x$乘以这个次数即可。
可以猜到，第$i$个位置的元素会被累积$C_{n-1}^i$次（下标从$0$开始）。因为就是从$(1,i)$往下走，走到$(n,n/2)$前可以在任意行选择向右/左走$i$次。
其实也就是个倒置的杨辉三角。

所以答案为：$\sum_{i=0}^{n-1}value(s[i])*\binom{n-1}{i}\%3$（最后根据$n$奇偶性取正或负）。

求$C_{n-1}^i$可以用$\frac{n-1-i+1}{i}$递推。注意因为是$\mod 3$，$i$的逆元就是$i$，所以就是$(n-1-i+1)*i\%3$，可以$O(n)$递推
注意模数$3$太小，组合数不能递推或用阶乘算，要Lucas。。
复杂度$O(n\log_3n)$。

btw，将颜色$a,b$转化也可以使用$2*(a+b)\%3$，最后是有个$2^{n-1}$而不是$(-1)^{n-1}$。

CPP代码：

#include <bits/stdc++.h>
typedef long long LL;
const int N=1e5+5;
using std::string;

int fac[3]={1,1,2};
#define Val(c) (c=='R'?0:c=='G'?1:2)
#define Char(v) (v==0?'R':v==1?'G':'B')
int C(int n,int m)//inv(x)==x
{
	return n<m ? 0 : fac[n]*fac[m]*fac[n-m]%3;
}
int Lucas(int n,int m)
{
	int ans=1;
	for(; m && ans; n/=3, m/=3) (ans*=C(n%3,m%3))%=3;
	return ans;
}
char triangle(const std::string &row)
{
	int n=row.length()-1;
	if(!n) return row[0];
	int i=0, ans=0;
	for(auto c: row) ans+=Val(c)*Lucas(n,i), ++i;
	return ans=(n&1?3-ans%3:ans)%3, Char(ans);
}

int main()
{
	string str;
	std::cin>>str;
	printf("%c",triangle(str));

	return 0;
}

Python代码：

fac = [1, 1, 2]
def C(n, m): # inv(x)==x
	return 0 if n<m else fac[n]*fac[m]*fac[n-m]%3
def Lucas(n, m):
	ans = 1
	while m and ans:
		ans, n, m = ans*C(n%3, m%3)%3, n//3, m//3
	return ans
def triangle(row):
	i, ans, n = 0, 0, len(row)-1
	if not n: return row
	for c in row:
		ans, i = ans+(0 if c=='R' else 1 if c=='G' else 2)*Lucas(n,i), i+1
	ans=(3-ans%3 if n&1 else ans)%3
	return 'R' if ans==0 else 'G' if ans==1 else 'B'

print(triangle('GB'))
print(triangle('RGBG'))
print(triangle('RBRGBRB'))

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Sol 2.
有一个性质：任意长为4的序列，其最终结果只与第一个和最后一个字符有关（而且是同样的转换原则）。
然后，对任意长为$3^k+1$的序列，其结果也有规律。具体是什么我已经不想去想了...
总之有如下的最多$O(\log_3^2n)$的做法（但是依旧无法过Ludicrous Coloured Triangles...）：

rules = {'RR': 'R', 'GG': 'G', 'BB': 'B',
         'BG': 'R', 'RB': 'G', 'RG': 'B',
         'GB': 'R', 'BR': 'G', 'GR': 'B'}

from math import log

def triangle(row):
    n = len(row)
    if n == 1:
        return row
    d = n - 3**int(log(n-1, 3))
    return rules[triangle(row[:d]) + triangle(row[-d:])]

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Sol 3.
Solution里有很多其他人的神仙过题代码... 具体不想了解，摘抄几个：

def triangle(row):
    reduce=[3**i+1 for i in range(10) if 3**i<=100000][::-1]
    for length in reduce:
        while len(row)>=length:
            row=[row[i] if row[i]==row[i+length-1] else ({"R","G","B"}-{row[i],row[i+length-1]}).pop() for i in range(len(row)-length+1)]
    return row[0]

#include <map>
#include <string>
using namespace std;
char triangle(string r){
  map<string, char> mp = {{"RR", 'R'}, {"BB", 'B'}, {"GG", 'G'}, {"BG", 'R'}, {"BR", 'G'}, {"GB", 'R'}, {"GR", 'B'}, {"RB", 'G'}, {"RG", 'B'}};
  while(r.size() > 1){
    string n = "";
    int c = 1;
    while(r.size() % (3 * c) == 1) c *= 3;
    for (int i = 0; i < r.size() - 1; i += c){
        string x = "";
        x += r[i];
        x += r[i + c];
        n += mp[x];
    }
    r = n;
  }
  return r[0];
}