bzoj2187 fraction&&hdu3637 Find a Fraction——类欧几里得

bzoj2187

多组询问，每次给出 $a, b, c, d$，求满足 $\frac{a}{b}  < \frac{p}{q} < \frac{c}{d}$ 的所有二元组 $(p, q)$ 中 $p$ 为第一关键字，$q$ 为第二关键字排出来的字典序最小的那一对。

分析:

设计函数 $f(a,b,p,q,c,d)$.

按照题目中保证 $q$ 最小的要求考虑该函数的几个边界：

1. $\left \lfloor \frac{a}{b} \right \rfloor-1 \leq \left \lceil \frac{c}{d} \right \rceil-1$，这个时候 $p = \left \lfloor \frac{a}{b} \right \rfloor+1, q=1$ 时字典序最小

2. $a=0$ 时，这个时候 $0 < \frac{p}{q} < \frac{c}{d} \Rightarrow q > \frac{dp}{c}$，显然 $p=1, q=\left \lfloor \frac{c}{d} \right \rfloor+1$ 时字典序最小

然后考虑辗转相除缩小问题规模： 

1. $a > b\ or \ c > d$：原式等价于：$\frac{a\%b}{b} < \frac{p}{q}-\left \lfloor \frac{a}{b} \right \rfloor < \frac{c}{d}-\left \lfloor \frac{a}{b} \right \rfloor$  

    即：$f(a, b, p, q, c,d) = f(a \% b, b, p, q, c-{\left \lfloor \frac{a}{b} \right \rfloor}d), p+= {\left \lfloor \frac{a}{b} \right \rfloor}q$.

2. $a \leq b \ and \ c \leq d$：原式等价于：$\frac{d}{c} < \frac{q}{p} < \frac{b}{a}$.

    即：$f(a,b,p,q,c,d) = f(d,c,q,p,b,a)$，这样就回到了第一步。

 

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long ll;
ll a, b, c, d, p, q;

inline ll gcd(ll a, ll b){while(b){ll t=a; a=b; b=t-t/a*a;} return a;}
inline void calc(ll& a, ll& b){ll d= gcd(a, b); a/=d; b /= d;}
inline void f(ll a, ll b, ll& p, ll& q, ll c, ll d)
{
    //calc(a, b); calc(c, d);       //可以不用
    if(!a){p=1; q=d/c+1; return;}
    ll x = a/b+1, y = c/d+(c%d>0)-1;
    if(x <= y){q=1, p=x; return;}
    if(a <= b && c <= d)   f(d, c, q, p, b, a);
    else{ f(a%b, b, p, q, c-a/b*d, d); p += a/b*q;}
}

int main()
{
    while(scanf("%lld%lld%lld%lld", &a, &b, &c, &d) == 4)
    {
        f(a, b, p, q, c, d);
        printf("%lld/%lld\n", p, q);
    }
    return 0;
}

hdu3637

给出两个非负有理数 $A, B$（$A < B$），你的任务是发现一个分数介于A和B，在这个区间内可能有许多分数，请输出分子加分母和最小的分数。

分析：

首先，解决输入问题，无线循环小数很容易转换成分数。

因为0.[1]=1/9, 0.0[1]=1/99, 0.00[1]=1/999...

将小数分成括号部分和非括号部分即可。

问题转换成求 $\frac{a}{b} < \frac{p}{q} < \frac{c}{d}$，且 $p+q$ 最小。

可以推导出 $p$ 最小时，$p+q$ 就最小，于是套类欧几里得模板即可。

//交上去会MLE，不知道咋解决

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long ll;
ll a, b, c, d, p, q;

inline ll gcd(ll a, ll b){while(b){ll t=a; a=b; b=t-t/a*a;} return a;}
inline void calc(ll& a, ll& b){ll d= gcd(a, b); a/=d; b /= d;}
inline void f(ll a, ll b, ll& p, ll& q, ll c, ll d)
{
    //calc(a, b); calc(c, d);       //可以不用
    if(!a){p=1; q=d/c+1; return;}
    ll x = a/b+1, y = c/d+(c%d>0)-1;
    if(x <= y){q=1, p=x; return;}
    if(a <= b && c <= d)   f(d, c, q, p, b, a);
    else{ f(a%b, b, p, q, c-a/b*d, d); p += a/b*q;}
}

char s[50];
void input(ll& a, ll& b)
{
    scanf("%s", s);
    int len = strlen(s);
    ll tmp1 = 0, tmp2 = 0, flag = 0, is_point=0, is_kh=0, cnt1=1, cnt2=0;
    for(int i = 0;i < len;i++)
    {
        if(s[i] == ']')  continue;
        if(s[i] == '.'){is_point=1;continue;}
        if(s[i] == '['){is_kh=1;continue;}
        if(is_point&&!is_kh)  cnt1 = cnt1*10;
        if(is_point)  cnt2 = cnt2*10+9;
        if((!is_kh)) tmp1 =  tmp1*10 + (s[i]-'0');
        else  tmp2 = tmp2*10 + (s[i]-'0');
    }
    calc(tmp1, cnt1);
    if(cnt2 == 0)
    {
        calc(tmp2, cnt2);
        a = tmp1, b=cnt1;
    }
    else  a = tmp1*cnt2+tmp2*cnt1, b=cnt1*cnt2;
    if(!a) calc(a, b);
}

int main()
{
    int T, kase=0;
    scanf("%d", &T);
    while(T--)
    {
        input(a, b);input(c, d);
        //printf("%lld %lld %lld %lld\n", a, b, c, d);
        f(a, b, p, q, c, d);
        printf("Case %d: %lld/%lld\n", ++kase, p, q);
    }
    return 0;
}

 

 

参考链接：

1. https://blog.csdn.net/dreaming__ldx/article/details/86769792

2. https://blog.csdn.net/hqd_acm/article/details/6648027