2019.6.18 校内测试 分析+题解
话说校内怎么又考试了QwQ，哎考就考吧（随鸡硬便啦）
考试的三个题分别都再洛谷上：
P1067 多项式输出 传送门
P1068 分数线划定 传送门
P1069 细胞分裂 传送门
呜呜呜~T1之前在洛谷上刚做了，当时就记得有好多坑来着，没想到这次重蹈覆辙，哎，当时没及时将这个题整理下来，导致了我的印象不深刻，然后这个题就白丢了40分。
这就告诉我们要及时整理好博客啦，OK，考后我们都要整理博客的，走起：
T1 多项式输出
这个题真的是挺简单的，难度是普及-，只是有好多坑的地方，我对此做出了以下需要注意的地方（其实很多就是题目中强调的）：
1.注意系数1和-1，我们不用输出那个数字，输出符合就好啦；
2.当x是1次方时，不需要输出"x^1"；
3.最后的常数项若为0，不能输出是+0或-0，所以需要单独拿出来判断；
应该就上面这三个比较坑的地方了吧QwQ，尤其是第一条，我的第一项没有判断1和-1的情况，直接WA了4个点；
题外话说完了，下面上代码喽：
#include<iostream> #include<cstdio> using namespace std; int read() //读入优化 { char ch=getchar(); int a=0,x=1; while(ch<'0'||ch>'9') { if(ch=='-') x=-x; ch=getchar(); } while(ch>='0'&&ch<='9') { a=(a<<3)+(a<<1)+(ch-'0'); ch=getchar(); } return a*x; } int n,a[120]; //存每一项的系数 int main() { //freopen("poly.in","r",stdin); //freopen("poly.out","w",stdout); n=read(); for(int i=n;i>=0;i--) a[i]=read(); //每一项的系数，倒着存更方便哦 if(a[n]==1) cout<<"x^"<<n; //这里单独拿出来第一项的原因是解决符合的问题 else if(a[n]==-1) cout<<"-x^"<<n; //注意1和-1这两个特殊的系数 else cout<<a[n]<<"x^"<<n; */ //不是1或-1那么就正常输出 for(int i=n-1;i>=2;i--) { if(a[i]<0) { if(a[i]!=-1) cout<<a[i]<<"x^"<<i;//还是要注意-1的情况 else cout<<"-x^"<<i; } if(a[i]>0) { if(a[i]!=1) cout<<"+"<<a[i]<<"x^"<<i;//注意1的情况 else cout<<"+x^"<<i; } } if(a[1]>0) //单独处理倒数第二项 { if(a[1]==1) cout<<"+x"; //一再注意1 else cout<<"+"<<a[1]<<"x"; } if(a[1]<0) { if(a[1]==-1) cout<<"-x"; //二再注意-1 cout<<a[1]<<"x"; } if(a[0]>0) cout<<"+"<<a[0]; //单独处理最后一项 if(a[0]<0) cout<<a[0]; return 0; }
上面的T1毫无难度对不对，接下来看更简单的QwQ：
T2 分数线划定
这个题也没什么好讲的，j竟然让我上去讲这个题，多么amazing的事，我就想问再看我博客的大佬们谁没有AC这道题？
咳咳，简单的说下思路吧：
1.输入n，m，然后我们就顺便把理想录取人数求出来，就设enter=（int）m*1.5，这里转个int就相当于向下取整了；其实我是不会告诉你我忘了是ceil还是floor了
2.按照分数排序，分数相同的编号小的靠前，这个写个自定义排序即可；
3.排完序后，我们直接找到第enter个人的分数，然后一直往后找，直到找到一个分数不同的，那么实际录取人数就是最后一个分数相同的人的下标；
#include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cmath> using namespace std; int read() //读入优化 { char ch=getchar(); int a=0,x=1; while(ch<'0'||ch>'9') { if(ch=='-') x=-x; ch=getchar(); } while(ch>='0'&&ch<='9') { a=(a<<3)+(a<<1)+(ch-'0'); ch=getchar(); } return a*x; } int n,m,enter; struct people { int id,point; }a[5001]; int cmp(people x,people y) //按照分数大小排序 { if(x.point!=y.point) return x.point>y.point; else return x.id<y.id; //分数相同那么编号小的优先 } int main() { //freopen("score.in","r",stdin); //freopen("score.out","w",stdout); n=read();m=read(); enter=(int)(m*1.5); //理想进入面试的人数 for(int i=1;i<=n;i++) { a[i].id=read(); //编号 a[i].point=read(); //分数 } sort(a+1,a+1+n,cmp); //按照分数从大到小排序 int q=enter+1; //q为实际进入面试的人数 while(a[q].point==a[enter].point) q++; //一直找分数相同的 q--; //这里不要忘了减一，不懂得同学模拟一遍就好啦 cout<<a[q].point<<" "<<q<<endl; for(int i=1;i<=q;i++) printf("%d %d\n",a[i].id,a[i].point); //输出，好简单啊 return 0; }
T3 细胞分裂 -----小boss题
此题不会已放弃~~详情请见ych or ybr or wz 这些rank1的神仙们的博客吧！
算了，现在还是强行口胡一下我的思路吧：
我们看这个数据：m1的范围是30000以内，m2的范围是10000以内，若我们直接求m1^m2……，暴的不堪设想；
那么我们就要换一种别的方法喽，当然分解质因数可以，而且这个思路很好（详情出门转到ych的博客），但是我也说下我的思路啦：
首先我们将每种细胞单独拿出来考虑，就设它是Si 吧，那么总有m1^m2 | Si^n ，这里这个n就是要求的最小时间；
然后我们可以考虑求出来m1与Si的最大公约数gcdd，因为想到这个gcdd在前面会被算个gcdd^m2，在后面又会被算个gcdd^n，觉得有点浪费（当时我真的这么想），就单独将它摘出来吧；
有了最大公约数，我们就可以将m1^m2和Si^n转化一下形式啦：
设m1=m*gcdd，Si=s*gcdd，那么（m*gcdd）^m2 | （s*gcdd）^n，也就是 （m^m2）*（gcdd^m2）| （s^n）*（gcdd^n）；
两边同除以（gcdd^m2）后得到： m^m2 | （s^n）*[ gcdd^（n-m2）]；
我们继续看左边这个东东，它是不是很像原来我们一开始列出的式子：m1^m2 | Si^n 与 m^m2 | （s^n）*[ gcdd^（n-m2） ]；
虽然只是有一点点像啦，但是这右边差的有点大啊qwq，能不能化简一下啦？
当然能！我们看一个定理：
若有两个互质的数p，q，则一定存在p^n mod q^m ≠ 0（其实是gcd（p^n，q^m）=1） ，其实就是无论多少次方都不能整除！
草草证明一下吧：
∵p，q互质，∴p和q无任何相同的因子
又∵p^n 和 q^m只是改变了因子的指数，而并没有增加或减少因子本身的数值
∴ 仍没有相同的因子，即仍互质
有了这个定理，我们就可以化简右边的一大堆式子了：
因为m和s是分别由m1和Si 同除以它们的最大公约数gcdd得到，那么m和s一定是互质的！（所有相同的因子都被除了，只剩下不相同的了）
那么也就是说，右边的s^n无论如何都不能使m^m2 | s^n，答案只可能从上面的gcdd^（n-m2）中产生！所以我们完全可以舍弃s^n来化简式子，那么式子就化简成：
m^m2 | gcdd^（n-m2） 我们可以将（n-m2）看成一个整体，这样就真的和我们一开始列出的式子很像了QwQ
所以我们还可以继续进行我们刚刚执行的操作：找最大公约数！
恩，继续找最大公约数：我们设gcddd=gcd（m，gcdd），则m=gcddd*_m，gcdd=gcddd*_gcdd （有点混，但是真的找不出来好变量名了，gcddd是最大公约数，_m是m除以最大公约数后剩下的数，_gcdd是gcdd除以最大公约数后剩下的数）；
还是刚刚那样，用最大公约数将原先的m和gcdd表示出来：
m^m2 | gcdd^（n-m2）
=（gcddd*_m）^m2 | （gcddd*_gcdd）^（n-m2）
=gcddd^m2 * _m^m2 | gcddd^（n-m2）*_gcdd^（n-m2） 然后我们还是把最大公约数那一项除到右边来：
=_m^m2 | gcddd^（n-m2-m2）*_gcdd^（n-m2）
=_m^m2 | gcddd^（n-2 * m2）* _gcdd^（n-m2）
还是再套用上面的定理： ∵_m与_gcdd互质，那么我们可以舍弃_gcdd^（n-m2）
那么式子又简化为： _m^m2 | gcddd^（n-2 * m2）
然后我们还可以找最大公约数…………，有没有发现其实这就是一个递归操作，那有没有界限呢？
当然有！我们上述的操作其实就是一直将m1除以某个数，那么最后它一定会被除到1的！这样一来，式子就成了：
1^m2 | …………，对没错，1^m2还是1，那么这个问题就被我们巧妙的转化成了：
求最小的n，使得右边那一堆式子是整数！（是不是很神奇啊！）
我们来一组详细的数字来认真得体会上面的过程：
m1=96，m2=5
S1=36
那么我们先列出一个粗略的式子：
m1^m2 | S1^n（这个n和题目中的n不一样，这个n就是我们要求的最短时间），代入数据就是：96^5 | 36 ^n
首先求出gcd（96，36）=12，然后将最大公约数代入原式：
（12*8）^5 | （12*3）^n = （12^5）*（8^5）| （12^n）*（3^n）,然后我们将最大公约数12那一项除到右边：
8^5 | 12^（n-5）*（3^n），运用定理可知3^n不可能产生答案，我们可以舍弃它：
8^5 | 12^（n-5），我们继续找到gcd（8,12）=4，并代入原式：
（4*2）^5 | （4*3）^（n-5）=4^5 * （2^5）| 4^（n-5）*[ 3^（n-5）]，将最大公约数4的那一项除到右边：
2^5 | 4^（n-10）* [ 3^（n-5）]，运用定理可知3^（n-5）不可能产生答案，我们可以舍弃它：
2^5 | 4^（n-10），我们继续找到gcd（2,4）=2，并代入原式：
（1*2）^5 | （2*2）^（n-10）=1^5 *（2^5）| 2^（n-10）* [ 2^（n-10）]，你是不是已经知道了？把最大公约数2那一项除过去：
1^5 | 2^（n-15）*2^[（n-10）] = 1 | 2^（2n-25）
哇！我们将左边的m1给搞成1了耶，接下来的任务不就是求最小的n使得2^（2n-25）是整数了吗？
It is so easy！ 列出不等式 2^（2n-25）>=2^0，则2n-25>=0，解得最小的整数n=13，（其实我们不用列不等式的，就是求出10和15的平均数再向上取整！）
so我们接下来总结一下我们每一步的操作，方便总结规律然后写代码：
1.求出m1和Si的最大公约数gcd；
2.若gcd=1，说明这两个数互质，则不可能有解，直接跳出；
3.将m1和Si用这个最大公约数表示出来，然后将左侧的最大公约数除到右侧去；
4.可以舍弃与左侧互质的部分，其实也就是Si / gcd 后的数；
5.从第一步开始继续重复上述操作，直到gcd=1或m1=1；
你会发现我们上述操作始终和m2没啥事，但是它不可能是来打酱油的吧QwQ~
其实它和最后的答案n有关，我们再来找一下m2的规律：
接下来这个例子我们不再将m2带进去了，这样能更好的找到规律哦：
m1=32， m2 ，S1=56
列出式子 m1^m2 | S1^n：
将m1，S1代入得： 32^m2 | 56^n；
第一大步操作：
1.求出gcd（32，56）=8；
2.gcd不为1，说明目前阶段有解；
3.原式=（8*4）^m2 | （8*7）^n ------用最大公约数表示
= 8^m2 *（4^m2）| 8^n*（7^n） ------拆括号
=4^m2 | 8^（n-m2）*（7^n） ------将最大公约数那一项除到右侧
4.舍弃与4^m2互质的那一项：7^n，原式成为：4^m2 | 8^（n-m2）；
第二大步操作：
1.求出gcd（4，8）=4；
2.gcd不为1，说明目前阶段有解；
3.原式=（4*1）^m2 | （4*2）^（n-m2） ------用最大公约数表示
= 4^m2 *（1^m2）| 4^（n-m2）*[ 2^（n-m2）] ------拆括号
=1^m2 | 4^（n-m2-m2）*[2^（n-m2）] ------将最大公约数那一项除到右侧
=1 | 4^（n-2 * m2）*[ 2^（n-m2）]
4.左侧我们已经除到1了，那么我们就跳出，分析答案产生；
不知道各位在刚刚的例子中有没有发现有关m2的规律，来和我发现的规律对比一下哪个更好：
1.我们在第3步操作结束以后（就是将最大公约数那一项除过去后），右侧最大公约数的那一项的指数都会减去m2是吧，如果我们单独拿出来每一个大步（每一个循环）的话，我们可以发现：右侧最大公约数那一项的指数它减去的m2的个数是和当前这是第几大步是相同的（其实这个很好理解，我们每一个大步s的指数只减去1个m2，但是却非常重要）；
我们可以来记录进入了几次循环来判断右侧最大公约数s那一项的指数减了几个m2，在代码中用 t 来记录；
2.同时它后面的q那一项的指数减去的m2的个数是t-1；
3.我们可以根据m2来求解最后的答案；
4.一个不是关于m2的规律（实在不知道要往哪放但是没有这个总结代码可能看不懂）：
结合上面的例子，再感性理解一下，我们将左边的最大公约数除到右边后，左边只剩下了m1 / gcd，而右边呢？由于Si / gcd 后与m1 / gcd 互质，就被抛弃了QwQ~，所以右边只剩下了最大公约数gcd，So进行下一大步操作的就是 m1 / gcd | gcd（这里省略了指数方便理解） ，也就是说：我们令m1=m1 / gcd，Si = gcd 就可以进行下一大步操作了；
讲完了m2的规律后，我们就可以将上面的步骤转化成代码啦（其实很短）：
m=m1; //拷贝一份m1的值 s=S[i]; //拷贝一份S[i]的值 flag=1; //判断是否有解 t=0; //记录最大公约数要减几个m2 while(m!=1) { gcdd=gcd(m,s); //第一小步，求最大公约数 if(gcdd==1) {flag=0;break;} //如果互质，那么肯定无解，直接跳出 m/=gcdd; //左边剩下了m/gcdd q=s/gcdd; //q就是s除以gcdd后剩下的数 s=gcdd; //舍弃q后，右边剩下了gcdd t++; //每进入一次循环，s的指数就要多减1个m2 }
下面就要动动脑筋仔细思考小细节了：
当然这个将m1除到1的过程是没有锅的吧，那么哪里还需要注意呢？
就是最后的求n的过程了！其实不知道小伙伴们有没有看出来我前面的例子中求n总是很含糊（因为还没讲到这里鸭），所以我就要帮帮带着疑惑看下来的小伙伴们仔细得考虑一下下：
假设我们已经分解到了最后一步，也就是m1已经被我们除到1了，那么右边的式子我们就可以写成：
s^（n - t * m2）*{ q^[ n - （t-1）*m2 ] } ------（这里s，q，t 的含义和上面代码中的含义相同，还有这里表示指数用了上面总结的公式，不懂得小伙伴可以再回到上面看看）
那么无非有这3种情况：
1. s 与 q 互质，也就是gcd（s，q）=1，这时候n=t * m2；
Why？因为这时候我们要保证右边那一坨式子最后算出来是个整数，而且这两个数还是互质的，所以若有一个是分数的话，另外一个数无论多少次方都不会把它乘成整数的qwq，所以我们要保证这两个数s和q的指数都要>=0，因为我们考虑到s的指数比q的指数多减了个m2，所以我们把s的指数搞成0的话，q的指数一定>0（显然这时候指数为m2），所以我们只考虑将s的指数弄成0就好啦，显然这时候n=t*m2；
2.gcdd是q的因数，也就是gcd（s，q）=gcdd，这时候n=ceil（（t+（t-1）*tot）*m2 / （tot+1）），tot是q内含s的个数；
为什么还要把这种情况单独考虑呢？如果我们像第一种情况只考虑s的指数的话，直接n=t*m2 ？NO！因为既然q是s的倍数，那么必然我们将q进行分解质因数的话，里面会有s（但是指数不同），那么我们将s进行合并的话，指数不再是n-t*m2了，那是多少呢？------取决于q里面含有多少个s！
这是将q里面所有s全部分离出来的代码：
while(q%s==0) //如果q里面含有s，分离出来 { tot++; //tot表示能分离出来多少个s q/=s; }
为了区分，我们将分离出来的s叫做 _s，很显然 s 和 _s的指数不同是吧，那么我们考虑_s的指数是多少?
由于它是从q中分离出来的，那么显然_s 和q的指数是相同的，看到上面q的指数是[ n-（t-1）*m2 ]，那么_s的指数也是[ n-（t-1）*m2 ]；
那么我们是不是可以将s 和 _s合并起来鸭？（底数相同不就可以合并嘛？）
合并后的s的指数就是 [ n-（t*m2） ]+{ tot * [n-（t-1）*m2] } ，简单一记就是：1个s的指数+tot个_s的指数；
再想想哈~我们将q所有的 s都分解出来了，那么剩下的东东就和s互质了~ 所有这不就又变成了第一种情况了？
还是老样子，我们只要使得s的指数为0就是解了。
所以我们要解这个方程：[ n-（t*m2） ]+{ tot * [n-（t-1）*m2] } = 0
首先拆括号： n-t * m2 + { tot * [ n-（t * m2-m2）] }
=n- t * m2 + { tot * （ n - t * m2 + m2） }
=n - t * m2 + tot * n - t * m2 * tot + m2* tot
=0
我们将n放在左边，m2放在右边，于是我们得到：
n + tot * n = t *m2 +t *m2 *tot - m2 * tot
提取公因式： （1+tot）* n =m2 *（t + t * tot -tot）
（1+tot） * n = m2 * [ t + tot *（t -1） ]
最后我们将n的系数化1，就得到了答案：
n = m2 * [ t + tot *（t -1） ] /（1+tot） ------这过程觉得够详细了，我就不信lz还看不懂
So这种情况的n我们也搞定了（哎，有没有发现其实第一种情况就是tot=0的情况耶，我们完全可以将第一，二中情况合起来写）
代码如下：
while(q%s==0) //如果q里面含有s，分离出来 { tot++; //tot表示能分离出来多少个s，第一种情况就是tot=0的情况 q/=s; } if((t*m2+tot*(t-1)*m2)%(tot+1)==0) //我不知道为什么ceil出来的答案不对，只能自己模拟向上取整了 ans=(t*m2+tot*(t-1)*m2)/(tot+1); //没余数说明正好整除 else ans=(t*m2+tot*(t-1)*m2)/(tot+1)+1;//如果有余数就要+1(这个1就是余数除成小数后再向上取整后得到的) minx=min(minx,ans); //题目要求整体最小时间
3.gcd（s，q）≠1，gcdd ；这是什么意思呢？就是当s和q既不互质，也不是倍数关系的时候；
这种情况有什么魔力呢？你看如果我们用第二种情况的公式的话，显然tot=0（q不是s的倍数），但是我们注意到gcd（s，q）≠ 1，那么说明它们还有公共部分！
显然这个公共部分就是gcd（s，q），暂且记为 gc=gcd（s，q），所以我们要像第二种情况中的q分离s一样，分别将 s 和 q 中的 gc 分离出来（逃 ；
分离的过程和上面几乎一样：
while(q%gc==0) //如果q中含有gc就分离 { totq++; //q中含有gc的个数 q/=gc; } while(s%gc==0) //如果s中含有gc就分离 { tots++; //s中含有gc的个数 s/=gc; }
So我们就从s中分离出了 tots个gc，从q中分离出了 totq 个gc，当然这两部分 gc的指数是不同的；
其中 tots个gc的指数是和s的指数相同，均为 n - t * m2；totq 个gc 的指数是和q的指数相同，均为 n - （t -1）* m2 ；
然后我们将所有 gc 的指数合并（就是tots 个gc 和totq 个gc 的指数和）：
tots *（n - t * m2）+totq * [ n -（t-1）* m2 ]
=tots * n - tots * t *m2 + totq * n - totq * m2 *（t-1）
我们已经把s 和 q的公共部分 gc全部都分离出来了，那么剩下的 （s / gc）和（q / gc）一定都与 gc 互质，这其实又转化成了第一种情况；
所以我们只需要将 gc 的指数搞成0 就好了：
令 gc 的指数为0：
tots * n - tots * t *m2 + totq * n - totq * m2 *（t-1）=0
tots * n + totq * n = tots * t * m2 + totq * m2 * （t-1） -----将有关m2的项移到右边
（tots + totq）* n= m2 * （tots * t + totq * （t-1）） ------提取公因式
n = m2 * （tots * t + totq * （t-1））/ （tots + totq） ------n系数化1
所以这种情况的公式我们也推出来了，所以这个题我们就做完了QwQ~
if((t*m2*tots+totq*(t-1)*m2)%(tots+totq)==0) //这种情况的公式，注意向上取整 ans=(t*m2*tots+totq*(t-1)*m2)/(tots+totq); else ans=(t*m2*tots+totq*(t-1)*m2)/(tots+totq)+1;
下面就是完整代码啦：
#include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cmath> using namespace std; int read() //读入优化 { char ch=getchar(); int a=0,x=1; while(ch<'0'||ch>'9') { if(ch=='-') x=-x; ch=getchar(); } while(ch>='0'&&ch<='9') { a=(a<<3)+(a<<1)+(ch-'0'); ch=getchar(); } return a*x; } int n,m1,m2,minx,gcdd,m,s,q,t,flag,tot,ans,tots,totq; //t代表q能分解成多少个s int S[10001]; int gcd(int a,int b) //欧几里得算法求最大公约数 { if(b==0) return a; else return gcd(b,a%b); } int main() { n=read(); m1=read(); m2=read(); minx=1e9; if(m1==1) //这里一定要注意特判m1==1的情况，不然会TLE { cout<<0; //无需等待，因为任何数都是1的倍数 return 0; } for(int i=1;i<=n;i++) S[i]=read(); for(int i=1;i<=n;i++) { tot=0; m=m1; //拷贝一份m1的值 s=S[i]; //拷贝一份S[i]的值 flag=1; //判断是否有解 t=0; //记录最大公约数要减几个m2 while(m!=1) { gcdd=gcd(m,s); //第一小步，求最大公约数 if(gcdd==1) {flag=0;break;} //如果互质，那么肯定无解，直接跳出 m/=gcdd; //左边剩下了m/gcdd q=s/gcdd; //q就是s除以gcdd后剩下的数 s=gcdd; //将q舍弃后，右边只剩下了gcdd t++; //每进入一次循环，s的指数就要多减1个m2 } if(flag) { int gc=gcd(q,s); //先求出gcd(q,s) if(gc!=1&&gc!=s) //单独讨论第三种情况 { totq=0;tots=0; //注意清空 while(q%gc==0) //如果q中含有gc就分离 { totq++; //q中含有gc的个数 q/=gc; } while(s%gc==0) //如果s中含有gc就分离 { tots++; //s中含有gc的个数 s/=gc; } if((t*m2*tots+totq*(t-1)*m2)%(tots+totq)==0) //这种情况的公式，注意向上取整 ans=(t*m2*tots+totq*(t-1)*m2)/(tots+totq); else ans=(t*m2*tots+totq*(t-1)*m2)/(tots+totq)+1; minx=min(minx,ans); } else //第一，二种情况 { while(q%s==0) //如果q里面含有s，分离出来 { tot++; //tot表示能分离出来多少个s，第一种情况就是tot=0的情况 q/=s; } if((t*m2+tot*(t-1)*m2)%(tot+1)==0) //我不知道为什么ceil出来的答案不对，只能自己模拟向上取整了 ans=(t*m2+tot*(t-1)*m2)/(tot+1); //没余数说明正好整除 else ans=(t*m2+tot*(t-1)*m2)/(tot+1)+1;//如果有余数就要+1(这个1就是余数除成小数后再向上取整后得到的) minx=min(minx,ans); //题目要求整体最小时间 } } } if(minx==1e9) cout<<-1; //如果minx没被更新，说明无解 else cout<<minx; return 0; }
这种思路我也不知道是不是正解QwQ,如果有误请指出，我会认真完善的~
觉得这个思路比较不错的就点个推荐呗~~~
感谢你的观看QwQ~
