2014-2015 ACM-ICPC, Asia Xian Regional Contest（部分题解）
摘要
本文主要给出了2014-2015 ACM-ICPC, Asia Xian Regional Contest的部分题解，说明了每题的题意、解题思路和代码实现，意即熟悉区域赛比赛题型。
Built with Qinghuai and Ari Factor
题意
判断是否是Q数列，只要数列中每个数均能够被3整除就是Q数列。
解题思路
需要特判一下0的情况。
代码
1 #include <cstdio> 2 3 int main() 4 { 5 int T; 6 int n; 7 int t = 1; 8 scanf("%d", &T); 9 while(T--) { 10 scanf("%d", &n); 11 int f = 0; 12 int x; 13 for(int i = 0; i < n; i++) { 14 scanf("%d", &x); 15 if(x == 0 || x % 3 != 0 ) 16 f = 1; 17 } 18 if(f) 19 printf("Case #%d: No\n",t++); 20 else 21 printf("Case #%d: Yes\n",t++); 22 } 23 return 0; 24 }
题意
定义一个序列，前两项是a和b，第三项是前两项之差的绝对值，然后依次类推，问会出现多少个不同的数字。
解题思路
首先能够想到的是该数列最终会呈现...,x,0,x,0这样的序列，但是出现过多少个不同的数字呢，其实给出a和b后，不妨将a写成kb + tmp的形式，其中不同的数字个数就是k个，因为每次相减后出现一个（k - 1）* b + tmp，总共有k个，但这只是一组（相当于减到底），下一组就是b = a % b，a = b，直到b等于0的的时候，就可以结束了，最后再加上0这个数字的1个。
注意考虑特殊情况，当a == 0 且b != 0 或者 b == 0 且 a ！= 0时 sum = 2；
当a = b = 0时，sum = 1；
代码
1 #include <cstdio> 2 typedef long long ll; 3 4 int main() 5 { 6 int T, t = 1; 7 scanf("%d", &T); 8 ll a, b, tmp, sum; 9 while(T--) { 10 scanf("%lld %lld", &a, &b); 11 if(a == 0 && b == 0) 12 sum = 1; 13 else if((a == 0 && b != 0) || (a != 0 && b == 0)) 14 sum = 2; 15 else { 16 sum = 1; 17 tmp = 1; 18 while(tmp) { 19 sum += a / b; 20 tmp = a % b; 21 a = b; 22 b = tmp; 23 } 24 } 25 printf("Case #%d: %lld\n", t++, sum); 26 } 27 return 0; 28 }
题意
给出n朵花，排成一行，问从m种颜色中挑出k种染色，使得这n朵花使用恰好k种颜色的同时两个相邻的话不同颜色，有多少种不同的方案。
解题思路
不难从m中颜色重挑出k中颜色，即C(m, k)。然后计算恰好使用k种颜色去染着n朵花，容易写出C(m, k) * k * (k - 1)^(n - 1)种方法，但是仔细想一下，这计算了最多使用k种颜色染的方案数，包含重复计数，这里就要考虑容斥了，假设最多使用 i 种颜色的方案数为F[i]，那么其中包括了最多使用 i-1 种的，最多使用 i-1 种的里面又包含了最多使用 i-2 种的，以此类推得到
ans = C(m, k) * (F[k] - (F[k - 1] - (F[k - 2] - (... - (F[3] - (F[2] - F[1])))))) = C(m, k) * (F[k] - F[k - 1] + F[k - 2] - ... + (-1)^(k - i)F[i] + (-1)^(k -2)F[2] + (-1)^(k - 1)F[1])，其中F[i]根据之前的计算方法等于(-1)^(k - i) * C(k, i) * (k - i)^(n - 1) 。
也可以看下表
如果减去f[i-1]的话，相当于减去整个表格里的内容：一个 i-1, 两个 i-2, 三个 i-3 .....所以因为减去了两个i-2，所以需要把i-2加回来一个，所以 + f[i-2] 就行了，其他同理 ，即可解释容斥原理。举个例子，如果选取的k个颜色是1,2,3,4，会有一种染色方案是1,2,1,2...，如果选取的k-1个颜色是1,2,3，仍然会包含一种染色方案1,2,1,2...所以上面的公式要再加上颜色数<=(k-2)的方案数，然后再减去颜色数<=(k-3)的方案数。
剩下的就是具体实现的细节了，首先怎么快速计算C(m, k)和C(k, i)?使用递推的方式，公式推导如下
然后其中使用到了乘法逆元。
最后就是了解一下输入输出外挂（不加也可以A）。
代码如下
1 #include <cctype> 2 #include <cstdio> 3 4 typedef long long ll; 5 const int mod = 1e9 + 7; 6 const int maxk = 1e6 + 7; 7 8 ll Sca() { 9 ll res = 0, f = 0; 10 char x = getchar(); 11 if(x == '-') 12 f = 1; 13 if(x >= '0' && x <= '9') 14 res = x - '0'; 15 while((x = getchar()) >= '0' && x <= '9') 16 res = res * 10 + (x - '0'); 17 return f ? -res : res; 18 } 19 void Out(ll x) { 20 if(x > 9) 21 Out(x / 10); 22 putchar(x % 10 + '0'); 23 } 24 ll qpow(ll x, ll n) { 25 ll ans = 1; 26 while(n) { 27 if(n & 1) 28 ans = ans * x % mod; 29 x = x * x % mod; 30 n >>= 1; 31 } 32 return ans; 33 } 34 ll inv[maxk]; 35 void get_inv() { 36 for(ll i = 1; i < maxk; i++) { 37 inv[i] = qpow(i, mod - 2); 38 } 39 } 40 ll ck[maxk], cm[maxk]; 41 void get_c(ll m, ll k) { 42 cm[0] = ck[0] = 1; 43 for(ll i = 1; i <= k; i++) { 44 cm[i] = (cm[i - 1] * (m - i + 1) % mod) * inv[i] % mod ; 45 ck[i] = (ck[i - 1] * (k - i + 1) % mod) * inv[i] % mod; 46 } 47 } 48 int main() 49 { 50 get_inv(); 51 ll T; 52 T = Sca(); 53 ll n, m, k; 54 for(ll ca = 1; ca <= T; ca++) { 55 n = Sca(); 56 m = Sca(); 57 k = Sca(); 58 59 get_c(m, k); 60 ll ans = 0; 61 ll f = 1; 62 for(ll i = k; i >= 1; i--, f = -f) { 63 ans = (ans + (f * ck[i] * i % mod * qpow(i - 1, n - 1) % mod) + mod) % mod; 64 } 65 ans = ans * cm[k] % mod; 66 printf("Case #%lld: %lld\n", ca, ans); 67 } 68 return 0; 69 }
