牛客OI赛制测试赛1 题解
A 斐波那契
数竞生：这不是送分的常识吗？
这里引入一个叫卡西尼恒等式的玩意。
公式表达就是
设$fib[i]$为斐波那契数列的第$i$项$(i>0,i \in N_+)$
则有
$fib[i+1]fib[i-1]-fib[i]^2=(-1)^i$，其中$(i>1,i \in N_+ )$
因为数据说明了$i>=2$，所以我们可以用数学归纳法证明这个结论。
首先看边界条件，
$fib[1]=fib[2]=1,fib[3]=2$
$fib[3]*fib[1]-fib[2]^2=2*1-1^2=(-1)^2$
所以对于边界条件成立。
现在，假设此结论对于$i=n$成立。
则有$fib[n+1]fib[n-1]-fib[n]^2=(-1)^n$
又∵$fib[i]=fib[i-1]+fib[i-2]$得出$fib[i+1]=fib[i]+fib[i-1]$
所以有
$fib[n+2]fib[n]-fib[n+1]^2$
$=(fib[n+1]+fib[n])*fib[n]-(fib[n]+fib[n-1])^2$
$=fib[n]^2+fib[n]fib[n+1]-fib[n]^2-fib[n-1]^2-2fib[n]fib[n-1]$
$=fib[n]^2+fib[n](fib[n+1]-fib[n])-fib[n-1]^2-2fib[n]fib[n-1]$
$=fib[n]^2+fib[n]fib[n-1]-2fib[n]fib[n-1]-fib[n-1]^2 $
$=fib[n]^2-fib[n]fib[n-1]-fib[n-1]^2$
$=fib[n]^2-fib[n-1](fib[n]+fib[n-1])$
$=fib[n]^2-fib[n-1]fib[n+1]$
$=(-1)(fib[n]^2-fib[n-1]fib[n+1])$
$=(-1)(-1)^n$
$=(-1)^{n+1}$
所以，此结论对于$i=n+1$也成立$……$
证毕。
于是，$n$为偶数答案就是$1$否则为$-1$。高精读入，判断一下最后一位就行了。
复杂度$O(1)$
$code:$
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; char n[1000010];int l;int num; int main() { cin>>n; int l=strlen(n); num=n[l-1]-'0'; printf("%d",num%2==0?1:-1); return 0; }
实际上，如果不知道的话，直接打个表就能看出来了。
下面是我比赛的时候打表的$generous$
#include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> using namespace std; long long f[100001]; int main() { f[1]=f[2]=1; for(int i=2;i<=30;i++) f[i+1]=f[i]+f[i-1], printf("%lld ",f[i-1]*f[i+1]-f[i]*f[i]); return 0; }
此题完结。
B 送分题
恭喜本宝宝傻呵呵的就交上去代码了$qwq$
然后才发现有错。
#include<cstdio> #include<iostream> using namespace std; int a,b,c; int main(){long long l=1,r=int(1e9)<<1:cin》a>>b;while(r-l>1){c=(l+r)>>1;if(c-b<a)l=c;else if(c-b>a)r=c;else return printf("%d\n",c); } if(l!=r)return printf("%d\n",r); }
不难发现，这里面又语法错误(拿个DEV试一下就知道了应该是两个，算上$return\ 0$三个)
之后不难发现，是$a+bproblem$我自己手玩了好几组发现了。
之后拿着$a+b$的正解拍了一万多组没出错。就认为是对的了。
实际上，写过$a+b$毒瘤解法的小伙伴们都能一眼看出来。$a+b$交上去就过了。
复杂度$O(1)$
C 序列
相信这题数据随机，所以一定是个暴力。
首先看$q>>n$所以，想到一个记忆化，$ins[i]$表示询问$i$是否可行$-1,0,1$表示不可行，未知，可行。如果这个询问之前有过，直接输出就好，这样，我们把$q$降到了$100000$。
之后，有一个显然的事情就是，当这个序列的所有元素和整除$k$的时候，才有可能满足。所以，如果$sum%k==0$暴力枚举即可过。
这里在说一点，就是，如果$k$可行，则$d$一定可行，其中$d$是$k$的约数。这点显然，画个图就能理解。
所以可以用莫队搞一发。按询问段数$k$从大到小暴力枚举，如果之前没被判过且当前可行，则可以把它的约数都标记为可行(这个对于小数据可能造成负优化，数据随机，所以不加这点可过)
然后$……$考场上想了一个奇技淫巧的办法，只水了$40$
复杂度：$O($玄学，能过$)$
$qwq$
不加优化理论一次$O(n)$，总共$q$次，因为加了记忆化，所以$n,q$同阶，最坏$O(nq)$，然而数据随机 $……$
加优化更玄学$……$需要看数据而定，最坏的话应该能降到均摊根号左右。
D 小叶的巡查
这题一开始叫CCF的巡查之旅呢
不难发现，给出的是一棵树。
所以，我们直接找出树的直径之后再按等差数列求和公式计算即可。
考场上树的直径写成$spfa$没救了$……$还写挂了，才拿了$18$分$qwq$
所以就是树的直径的复杂度$O(n)$
E 旅行青蛙
这题放到$E$题 真的很$……$不想说啥。
青蛙走过的路线一定是一个子序列
所以直接求一个最长不下降子序列就行。
然后$nlogn$就过了
#include<cstdio> #include<algorithm> using namespace std; int a[400005]; int d[400005]; int main() { int n; scanf("%d",&n); for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]); if (n==0) { printf("0\n"); return 0; } d[1]=a[1]; int len=1; for (int i=2;i<=n;i++) { if (a[i]>=d[len]) d[++len]=a[i]; else { int j=upper_bound(d+1,d+len+1,a[i])-d; d[j]=a[i]; } } printf("%d\n",len); return 0; }
F 子序列
容斥可做。首先算出不考虑去除数的子序列乘积的乘积$……$
每一个数都被乘了$C_{n-1}^{k-1}$次，
之后考虑第$i \in 1,n $大的数我们对它多算的次数，
为$C_{n-i}^{k-1}+C_{i-1}^{k-1}$次(就是从不选比$i$大的数中共$n-i+1$个数里选$k$个，和从不比$i$小的$i$数里选$k$个)
所以容斥一发就好了。
可以$nlogn$做.
