洛谷P3539 [POI2012] ROZ-Fibonacci Representation
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本来看到这题,蒟蒻是真心没有把握的,还是five20大佬巨orz
首先由于斐波拉契数的前两项是1,1 ,所以易得对于任何整数必能写成多个斐波拉契数加减的形式。
对于一个数x ,我们贪心找到与x 差值最小的斐波拉契数,将新的x 赋为差值,每次进行这个操作,统计次数,直到x 为0 为止,输出次数。
证明上述过程也很简单:由于我们知道任何整数必能写成多个斐波拉契数加减的形式,所以我们显然使xx 每次变得越小越好(即减的越多越好),因为每个斐波拉契数都等于前面两项的和,所以我们完全没必要将一步操作改为两步操作。
举个例子:当n=8 ,答案是1 (即8=8 ,8 为第6项),而我们不需要将前面的3,5 什么的记录进去,因为这样会多1 步操作。当n=11 ,答案是2 (即11=8+3 或11=13−2 ),显然不用将8 拆为更小的斐波拉契数之和,也不用将13 拆为更小的斐波拉契数之和,这样必然会徒增次数。
那么具体实现时,直接预处理斐波拉契数,然后对于每次询问,二分出第一个大于等于该值的位置p ,然后第一个小于该值的值位置p−1 ,则x=min(f[p]−x,x−f[p−1]) 。
Code:
#include<cstdio> #include<cstring> #include<cstdlib> #include<cmath> #include<iostream> #include<iomanip> #include<algorithm> using namespace std; typedef long long ll; int n,tot; ll m,f[93]; int main() { ios::sync_with_stdio(false); cin>>n; f[0]=f[1]=1; for(int i=2;i<=91;i++) f[i]=f[i-1]+f[i-2]; for(int t=1;t<=n;t++){ cin>>m;tot=0; while(m){ ll p=lower_bound(f,f+92,m)-f; ll q=p-1; m=min(m-f[q],f[p]-m); tot++;} cout<<tot<<endl; } return 0; }
蒟蒻写博客不易,如果有误还请大佬们提出
如需转载,请署名作者并附上原文链接,蒟蒻非常感激
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