2019.10.14解题报告
%%%lkx大佬暴力直逼AK的边缘
这qbxt对知识产权还挺重视的哈
T1：Fiborial
【问题描述】
已知：
当n<=1时f[n]=1;
当n>= 2时f[n]=n*f[n-1][n-2];
求f[n]的不同因子的个数。
【输入格式】
输入数据仅包含一个整数n
【输出格式】
输出一个整数，代表f[n]的不同因子的个数对10^9+7取模得到的结果。
【样例输入 1】
3
【样例输出 1】
4
【样例输入 2】
763
【样例输出 2】
973844299
【数据规模和约定】
对于20%的数据,n<=10;
对于40%的数据,n<=100;
对于70%的数据,n<= 500000;
对于100%的数据,n<=5000000;
Solution:
真的不想用MarkDown了（昨天一下午写了一篇解题报告有阴影了）
f[0]=1;
f[1]=1;
f[2]=2*1*1;
f[3]=3^1*2^1*1^2;
f[4]=4^1*3^1*2^2*1^3;
f[5]=5^1*4^1*3^2*2^3*1^5;
观察指数
1 1 2 3 5 8
哦，他简直像极了那啥
对！斐波那契数列
（不用MarkDown真的好丑啊）
那么将n质因数分解，线性筛素数同时用一个m数组记录一个数i的最大的质因数，那么一个数i就可以通过不断地除上这个m的第i项得到因数分解。
分解过后，每一个质因子加上当前因子的指数。
Code：
#include <cstdio> #include <cstdlib> typedef long long ll; const int N = (int)5e6; const int S = (int)1e6; const int mod = (int)1e9 + 7; int f[N + 1], n, p[S + 1], cnt = 0, m[N + 1], c[N + 1]; bool v[N + 1]; inline int add(int a, int b) { int r = a + b; return r >= mod ? r - mod : r; } int main() { // freopen("fiborial.in", "r", stdin); // freopen("fiborial.out", "w", stdout); scanf("%d", &n); f[0] = f[1] = 1; for (int i = 2; i <= n; ++i) f[i] = add(f[i - 1], f[i - 2]); for (int i = 2; i <= n; ++i) { if (!v[i]) p[cnt++] = i, m[i] = i; for (int j = 0, tmp; j < cnt && (tmp = i * p[j]) <= n; ++j) { v[tmp] = true, m[tmp] = p[j]; if (!(i % p[j])) break; } } for (int i = 2; i <= n; ++i) for (int x = i; x != 1; x /= m[x]) c[m[x]] = add(c[m[x]], f[n - i]); int ans = 1; for (int i = 0; i < cnt; ++i) ans = (ll)ans * (c[p[i]] + 1) % mod; printf("%d\n", ans); return 0; }
取模运算比较慢，孙土蛋这个add函数极度巧妙的解决了介个问题。
T2：二叉树
【问题描述】
我们按照如下方式给二叉树进行编号：
1. 空二叉树的编号为 0；
2. 只有一个节点的二叉树的编号为 1；
3. 每棵二叉树有唯一的编号，任意两个形态不同的二叉树的编号不同；
4. 有N + 1个节点的二叉树的编号一定比N个节点的二叉树的编号大；
5. 如果两棵二叉树 A 和 B 的节点个数相同， 那么当以下两条规则满足至少
一条时，A 的编号比 B 的编号小：
A 的左子树编号比 B 的左子树编号小；
A 的左子树编号和 B 的左子树编号相同， 且 A 的右子树编号比 B 的
右子树编号小；
6. 在满足上述所有条件的前提下，所有二叉树的编号应当尽可能小
下图展示了部分二叉树的编号：
请你求出编号为N的二叉树的形态
【输入格式】
输入数据的第一行包含一个整数T，代表测试数据的组数
接下来T行，每行包含一个整数N
【输出格式】
对于每组数据，按照如下格式输出一行字符串：
对于一棵子树，如果她没有孩子，输出 X；
对于一棵有左右儿子的子树，输出(L)X(R)，其中 L 和 R 分别代表左右
儿子对应的字符串；如果左儿子为空，那么输出 X(R)；如果右儿子为
空，那么输出(L)X。
【样例输入】
3
1
20
31117532
【样例输出】
X
((X)X(X))X
(X(X(((X(X))X(X))X(X))))X(((X((X)X((X)X)))X)X)
【数据规模和约定】
对于10%的数据,T=1,n=10;
对于30%的数据,T<=100,n<=1000;
对于100%的数据,T<=4000,n<=500000000;
Solutin：
找规律然后递归我不会
Code：
#include <cstdio> #include <cstdlib> const int N = 18; int T, n, f[N + 1]; void build(int n, int x) { for (int i = 0; i < n; ++i) if (f[i] * f[n - i - 1] >= x) { if (i) { printf("("); build(i, (x - 1) / f[n - i - 1] + 1); printf(")"); } printf("X"); if (n - i - 1) { printf("("); build(n - i - 1, (x - 1) % f[n - i - 1] + 1); printf(")"); } break; } else x -= f[i] * f[n - i - 1]; } int main() { // freopen("bintree.in", "r", stdin); // freopen("bintree.out", "w", stdout); f[0] = 1; for (int i = 1; i <= N; ++i) { f[i] = 0; for (int j = 0; j < i; ++j) f[i] += f[j] * f[i - j - 1]; } scanf("%d", &T); while (T--) { scanf("%d", &n); for (int i = 1; i <= N; ++i) { if (f[i] >= n) { build(i, n); printf("\n"); break; } else n -= f[i]; } } fclose(stdin); fclose(stdout); return 0; }
T3:主序列
【问题描述】
有一个主序列，以及另外m个序列。请你判断这些序列是否是主序列删除若
干个数字之后得到的。
【输入格式】
输入的第一行包含一个整数n，代表主序列的长度。接下来一行包含n个空
格分隔的整数，代表主序列。
第三行包含一个整数m，代表需要判断的序列个数。每个序列用两行描述，
第一行给出其长度l[i]，第二行包含l[i] 个空格分隔的整数，代表这个序列。
【输出格式】
对于每个需要判断的序列，输出一行 Yes 或者 No，代表序列是否是由主序
列删除若干个数字后得到的。
【样例输入】
7
1 5 4 5 7 8 6
4
5
1 5 5 8 6
3
2 2 2
3
5 7 8
4
1 5 7 4
【样例输出】
Yes
No
Yes
No
【数据规模和约定】
30%的数据，n,m ≤ 1000。
对于100%的数据，n,m,∑l[i] ≤ 1000000，1 ≤序列元素≤ 1000000。
Solution:
考场上我打了个暴力期望得分30实际得分20,我个菜鸡那么简单的暴力我还打了一个小时死活调不出来
关于这题的正解
我正在努力研究.......
Code:
#include <cstdio> #include <cstdlib> const int N = (int)1e6; // const int SIZE = (int)24e6; struct node { int p, s, next; } q[N + 1]; int s[N + 1], p[N + 1], st[N + 1], len[N + 1], h[N + 1], cnt = 0; int n, m; bool v[N + 1]; // char inbuf[SIZE], *ip = inbuf; // inline int read() { // int ret = 0; // while (*ip > '9' || *ip < '0') ++ip; // while (*ip >= '0' && *ip <= '9') ret = ret * 10 + *(ip++) - '0'; // return ret; // } inline void addnode(int x, int s, int p) { q[++cnt].s = s, q[cnt].p = p; q[cnt].next = h[x]; h[x] = cnt; } int main() { freopen("seq.in", "r", stdin); freopen("seq.out", "w", stdout); // fread(inbuf, sizeof(char), sizeof(char) * SIZE, stdin); scanf("%d", &n); for (int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d", s + i); scanf("%d", &m); for (int i = 1, pos = 0; i <= m; ++i) { scanf("%d", &len[i]); st[i] = pos; for (int j = 0, cur; j < len[i]; ++j) scanf("%d", &p[pos++]); addnode(p[st[i]], i, st[i]); } for (int i = 1; i <= n; ++i) { if (!h[s[i]]) continue; int t = h[s[i]]; for (h[s[i]] = 0; t; t = q[t].next) { node c = q[t]; if (c.p == st[c.s] + len[c.s] - 1) v[c.s] = true; else addnode(p[c.p + 1], c.s, c.p + 1); } } for (int i = 1; i <= m; ++i) { if (v[i]) printf("Yes\n"); else printf("No\n"); } fclose(stdin); fclose(stdout); return 0; }
谢谢收看， 祝身体健康！
