摘要： HDU_1848 用记忆化搜索的方式处理出sg函数值，然后看sg[n]^sg[m]^sg[p]是否为0即可，推荐一个讲SG函数入门知识的博客：http://www.cnblogs.com/Knuth/archive/2009/09/05/1561007.html。#include<stdio.h>#include<string.h>#define MAXD 1010int f[20], h[MAXD][20], sg[MAXD];void prepare(){ int i; f[0] = f[1] = 1; for(i = 2; i <= 15; i ++) f. 阅读全文

摘要： HDU_1536 比较直观的思路将每一堆的sg函数计算出来，然后看所有的sg函数异或之后是否为0。但实际上我们没必要每一堆都独立计算一遍sg函数，因为游戏规则是一样的，所以sg函数也必然是一样，所以只用开一个一维的sg[]数组记录sg函数的值即可。 此外，一开始调用一下类似dp(10000)的递归函数企图预处理出sg[]的所有值的想法是错误的，因为假定初始石子是10000个的话，有些情况是可能取不到的，比如样例1，假定初始石子是10000个的话对于9999个石子的情况就没法取到。所以一个比较好的方式就是采用记忆化搜索的形式，用哪个就搜哪个。 用于记录后继结点sg函数值的数组最好开成静态的放在递 阅读全文

摘要： HDU_1850 这个相当于有M个子游戏，每个子游戏的SG函数简略写一下之后也比较容易搞出来，最后会发现sg[i][Ni]=Ni，那么如果所有的sg[i][Ni]异或以后的结果为0，是必然会输的。 接着我们考虑先手必赢的情况，如果从一堆中拿走一些石子后，能使得sg异或值为0的话，就算有一种方案，同时根据x^x=0的原理，对于第i个石堆，我们可以先将其余石堆的sg函数的异或值算出来，这样就得到了第i个石堆需要变成多少个石头才能必赢，如果要变成的这个数量比石堆原有的石子数量小的话，就说明存在一种方案。 上面的做法是O(n^2)，原因在于我们每次都算了一遍其余sg函数的异或值，但实际上是是没有必.. 阅读全文

摘要： HDU_1874 终于找到了一个题目练了一下刚刚学习的用SG函数求解的方式，推荐一篇讲SG函数入门知识的博客：http://www.cnblogs.com/Knuth/archive/2009/09/05/1561007.html。#include<stdio.h>#include<string.h>#include<stdlib.h>#define MAXD 1010int d[] = {1, 2, 4, 8, 16, 32, 64, 128, 256, 512, 1024};int N, sg[MAXD];int dfs(int n){ int i, j 阅读全文

摘要： HDU_2147 这个题目写得太悲剧了，本来我想找个简单点的题目实践一下刚接触的sg函数的，结果一开始没注意到空间的限制，开了二维的sg数组记忆化搜索结果就爆了空间了。 然后不得不换成了递推的模式继续写，而且还要用滚动数组优化内存，但写完交上去TLE了。 那没辙了，找规律吧，然后画了一下5*5的情况就找到规律了，然后直接O(1)求解过掉了。 囧，写到最后几乎跟sg一点关系都没了……继续找别的题目练习sg函数……#include<stdio.h>#include<string.h>int N, M;void solve(){ int ok; if(N & 1) o 阅读全文

摘要： HDU_2489 由于N很小，可以枚举保留的顶点的情况并依次计算最小生成树，然后更新一下记录的结果即可。#include<stdio.h>#include<string.h>#include<stdlib.h>#define MAXD 20#define MAXM 400int N, M, u[MAXM], v[MAXM], w[MAXM], vis[MAXD], r[MAXM], node[MAXD], p[MAXD], e, wa[MAXD], wb[MAXD], *a, *b, ew, nw;int cmp(const void *_p, const 阅读全文

摘要： HDU_2492 由于N比较大，枚举两个队员并计算其中有多少个裁判是行不通的，不妨换一种思路去枚举裁判，这样对于任意一个裁判而言，不同的比赛场数等于左边小于裁判skill rank的人数乘以右边大于裁判skill rank的人数，再加上右边小于裁判skill rank的人数乘以左边大于裁判skill rank的人数。 在计算人数的时候，可以维护记录分别记录左右两边各个skill rank的人数的两棵线段树，每当枚举一个裁判时，先将裁判从右边的线段树删去，计算完之后再将裁判添加到左边的线段树中。#include<stdio.h>#include<string.h>#def 阅读全文

摘要： HNU_10694 这个题目本质上就是去求模p的原根。 首先，我们用反证法证明这个结论：如果对于任意的正整数i，r^i%p包含了1~p-1所有整数的话，那么满足r^i%p=1这个等式的最小正整数为p-1。 如果上面的命题不成立，不妨设满足r^i %p=1这个等式的最小的正整数为j，假如j<p-1，那么对于任意r^i总能分解成若干r^j的与r^x(x<j)的积，所以r^i%p最多有x个不同的值，那么r^i%p不可能包含了1~p-1所有的整数。假如j>p-1，那么就说明当1<=x<=p-1时，不会出现a^x%p的值为1，那么就必然有x1、x2(1<=x1< 阅读全文

摘要： HNU_11720 这个题目本来是一个数论课本的课后习题，最后可以得到结论sp=(p*p-1)/24-(p-1)/4（我暂时还没看懂怎么推导的……），这样就可以很容易的算出sp的值，于是就可以得到sp*rp=k*p+1，变形得sp*rp-p*k=1，又因为p是素数且可以证明gcd(sp,p)==1，所以这个方程必然有解，于是用拓展欧几里得求出rp即可。#include<stdio.h>#include<string.h>long long int P;void gcd(long long int a, long long int b, long long int &am 阅读全文

摘要： HNU_11722 由于勾股数a,b,c可以表示成a=m^2-n^2，b=2*m*n，c=m^2+n^2，因此可以枚举n找到所有可能的互素的勾股数，然后去掉其中重复的解即可。 这个题目还可以用一个剪枝，就是如果c%4!=1的话一定无解。#include<stdio.h>#include<string.h>#include<math.h>#include<stdlib.h>#define MAXD 60000int C, a[MAXD], b[MAXD], r[MAXD];int gcd(int x, int y){ return y == 0 ? 阅读全文