数学入门题目
http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1001
这题是等差求和，不能直接sum=(1+n)*n/2;因为题目只是说结果在32bit之内，但(1+n)*n很可能超出32bit，所以这样写WA。
#include <iostream> #include <string.h> #include <stdlib.h> #include <stdio.h> #include <queue> #include <algorithm> #define inf 0x3f3f3f3f using namespace std; int main() { __int64 n; while(scanf("%I64d",&n)!=EOF) { cout<<n*(1+n)/2<<endl<<endl; } return 0; }
http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1008
简单模拟题
#include <iostream> #include <queue> #include <string.h> #include <stdlib.h> #include <algorithm> #include <math.h> #include <stdio.h> #define inf 0x3f3f3f3f using namespace std; int main() { int f[102],n,sum,t; while(scanf("%d",&n)!=EOF&&n!=0) { sum=0; memset(f,0,sizeof(f)); for(int i=1; i<=n; i++) { scanf("%d",&f[i]); t=f[i]-f[i-1]; if(t>0) { sum+=t*6+5; } else if(t<0) sum+=(-t)*4+5; else sum+=5; } printf("%d\n",sum); } return 0; }
求a^b
数据量很大时 long long中间也会溢出 所以要拆分开来做
（现在自己的知识储备太渣，不知道为什么，明明代码一样，结果却不一样）
#include <iostream> #include <algorithm> #include <string.h> #include <cstdio> #define LL long long using namespace std; LL len,n,m,i; LL a[1100]; void f(int n) { for(i=0; i<len; i++) a[i]*=n; for(i=0; i<len+100; i++) { a[i+1]+=a[i]/10; a[i]%=10; } for(i=len+100; i>=0; i--) { if(a[i]!=0) break; } len=i+1; } int main(void) { int T; cin>>T; while(T--) { scanf("%lld%lld",&n,&m); if(n==0) { printf("0\n"); continue; } else if(n==1) { printf("1\n"); continue; } else if(m==1) { printf("%d\n",n); continue; } else if(n<0) { if(m%2==1) printf("-"); n=-n; } memset(a,0,sizeof(a)); a[0]=1; len=1; for(int j=1; j<=m; j++) { f(n); } for(i=len-1; i>=0; i--) { printf("%lld",a[i]); } cout<<endl; } return 0; }
整数划分问题：
整数划分问题是算法中的一个经典命题之一，有关这个问题的讲述在讲解到递归时基本都将涉及。所谓整数划分，是指把一个正整数n写成如下形式：n=m1+m2+...+mi; （其中mi为正整数，并且1 <= mi <= n），则{m1,m2,...,mi}为n的一个划分。如果{m1,m2,...,mi}中的最大值不超过m，即max(m1,m2,...,mi)<=m，则称它属于n的一个m划分。这里我们记n的m划分的个数为f(n,m);例如但n=4时，他有5个划分，{4},{3,1},{2,2},{2,1,1},{1,1,1,1};注意4=1+3 和 4=3+1被认为是同一个划分。该问题是求出n的所有划分个数，即f(n, n)。
下面我们考虑求f(n,m)的方法;
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（一）递归法
根据n和m的关系，考虑以下几种情况：
（1）当n=1时，不论m的值为多少（m>0)，只有一种划分即{1};
(2) 当m=1时，不论n的值为多少，只有一种划分即n个1，{1,1,1,...,1};
(3) 当n=m时，根据划分中是否包含n，可以分为两种情况：
(a). 划分中包含n的情况，只有一个即{n}；
(b). 划分中不包含n的情况，这时划分中最大的数字也一定比n小，即n的所有(n-1)划分。
因此 f(n,n) =1 + f(n,n-1);
(4) 当n<m时，由于划分中不可能出现负数，因此就相当于f(n,n);
(5) 但n>m时，根据划分中是否包含最大值m，可以分为两种情况：
(a). 划分中包含m的情况，即{m, {x1,x2,...xi}}, 其中{x1,x2,... xi} 的和为n-m，可能再次出现m，因此是（n-m）的m划分，因此这种划分
个数为f(n-m, m);
(b). 划分中不包含m的情况，则划分中所有值都比m小，即n的(m-1)划分，个数为f(n,m-1);
因此 f(n, m) = f(n-m, m)+f(n,m-1);
综合以上情况，我们可以看出，上面的结论具有递归定义特征，其中（1）和（2）属于回归条件，（3）和（4）属于特殊情况，将会转换为情况（5）。而情况（5）为通用情况，属于递推的方法，其本质主要是通过减小m以达到回归条件，从而解决问题。其递推表达式如下：
f(n, m)= 1; (n=1 or m=1)
f(n, n); (n<m)
1+ f(n, m-1); (n=m)
f(n-m,m)+f(n,m-1); (n>m)
因此我们可以给出求出f(n, m)的递归函数代码如下（引用Copyright Ching-Kuang Shene July/23/1989的代码）：
View Code 
我们可以发现，这个命题的特征和另一个递归命题：
“上台阶”问题（斐波那契数列）（http://www.cnblogs.com/hoodlum1980/archive/2007/07/13/817188.html）
相似，也就是说，由于树的“天然递归性”，使这类问题的解可以通过树来展现，每一个叶子节点的路径是一个解。因此把上面的函数改造一下，让所有划分装配到一个.NET类库中的TreeView控件，相关代码（c#）如下：
1 组装TreeView
2 /// <param name="root">树的根结点</param>
3 /// <param name="n">被划分的整数</param>
4 /// <param name="max">一个划分中的最大数</param>
5 /// <returns>返回划分数，即叶子节点数</returns>
6 private int BuildPartitionTree(TreeNode root, int n, int max)
7 {
8 int count=0;
9 if( n==1)
10 {
11 //{n}即1个n
12 root.Nodes.Add(n.ToString());//{n}
13 return 1;
14 }
15 else if( max==1)
16 {
17 //{1,1,1,,1} 即n个1
18 TreeNode lastNode=root;
19 or(int j=0; j<n; j++)
20
21 {
22 lastNode.Nodes.Add("1");
23 lastNode=lastNode.LastNode;
24 }
25 return 1;
26 }
27 else if(n<max)
28 {
29 return BuildPartitionTree(root, n, n);
30 }
31 else if(n==max)
32 {
33 root.Nodes.Add(n.ToString()); //{n}
34 count=BuildPartitionTree(root, n, max-1);
35 return count+1;
36 }
37 else
38 {
39 //包含max的分割，{max, {n-max}}
40 TreeNode node=new TreeNode(max.ToString());
41 root.Nodes.Add(node);
42 count += BuildPartitionTree(node, n-max, max);
43
44 //不包含max的分割，即所有max-1分割
45 count += BuildPartitionTree(root, n, max-1);
46 return count;
47 }
48 }
如果我们要输出所有解，只需要输出所有叶子节点的路径即可，可以同样用递归函数来输出所有叶子节点（代码中使用了一个StringBuilder对象来接收所有叶子节点的路径）：
1 获取所有叶子节点的路径
2 private void PrintAllLeafPaths(TreeNode node)
3 {
4 //属于叶子节点?
5 if(node.Nodes.Count==0)
6 this.m_AllPartitions.AppendFormat("{0}\r\n", node.FullPath.Replace('\\',','));
7 else
8 {
9 foreach(TreeNode child in node.Nodes)
10 {
11 this.PrintAllLeafPaths(child);
12 }
13 }
14 }
通过递归思路，我们给出了n的划分个数的算法，也把所有划分组装到一棵树中。好，关于递归思路我们就暂时介绍到这里。关于输出所有划分的标准代码在这里省略了，我们有时间再做详细分析。
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（二）母函数法
下面我们从另一个角度即“母函数”的角度来考虑这个问题。
所谓母函数，即为关于x的一个多项式G（x）：
有 G（x）= a0 + a1*x + a2*x^2 + a3*x^3 + ...
则我们称G（x）为序列（a0，a1，a2，...）的母函数。关于母函数的思路我们不做更多分析。
我们从整数划分考虑，假设n的某个划分中，1的出现个数记为a1，2的个数记为a2，..., i的个数记为ai，
显然: ak<=n/k; (0<= k <=n)
因此n的划分数f(n,n)，也就是从1到n这n个数字中抽取这样的组合，每个数字理论上可以无限重复出现，即个数随意，使他们的总和为n。显然，数字i可以有如下可能，出现0次（即不出现），1次，2次，..., k次，等等。把数字i用(x^i)表示，出现k次的数字i用 x^(i*k)表示， 不出现用1表示。例如数字2用x^2表示，2个2用x^4表示，3个2用x^6表示，k个2用x^2k表示。
则对于从1到N的所有可能组合结果我们可以表示为：
G(x) = (1+x+x^2+x^3+...+x^n) (1+x^2+x^4+...) (1+x^3+x^6+...) ... (1+x^n)
= g(x,1) g(x,2) g(x,3) ... g(x, n)
= a0 + a1* x + a2* x^2 + ... + an* x^n + ... ; （展开式）
上面的表达式中，每一个括号内的多项式代表了数字i的参与到划分中的所有可能情况。因此该多项式展开后，由于x^a * x^b=x^(a+b)，因此 x^i 就代表了i的划分，展开后(x^i)项的系数也就是i的所有划分的个数，即f(n,n)=an （上式中g（x，i）表示数字i的所有可能出现情况）。
由此我们找到了关于整数划分的母函数G（x）；剩下的问题是，我们需要求出G（x）的展开后的所有系数。
为此我们首先要做多项式乘法，对于我们来说并不困难。我们把一个关于x的一元多项式用一个整数数组a[]表示，a[i]代表x^i的系数，即：
g(x) = a[0] + a[1]x + a[2]x^2 + ... + a[n]x^n;
则关于多项式乘法的代码如下，其中数组a和数组b表示两个要相乘的多项式，结果存储到数组c：
1 多项式相乘，即c=a*b
2 #define N 130
3 unsigned long a[N];/*多项式a的系数数组*/
4 unsigned long b[N];/*多项式b的系数数组*/
5 unsigned long c[N];/*存储多项式a*b的结果*/
6 /*两个多项式进行乘法，系数分别在a和b中，结果保存到c ，项最大次数到N */
7 /*注意这里我们只需要计算到前N项就够了。*/
8 void Poly()
9 {
10 int i,j;
11 memset(c,0,sizeof(c));
12 for(i=0; i<N; i++)
13 for(j=0; j<N-i; j++) /*y<N-i： 确保i+j不会越界*/
14 c[i+j] += a[i]*b[j];
15 }
下面我们求出G（x）的展开结果，G（x）是n个多项式连乘的结果：
1 计算G（x）的前N项系数
2 /*计算出前N项系数！即g(x,1) g(x,2)... g(x,n)的展开结果*/
3 void Init()
4 {
5 int i,k;
6 memset(a,0,sizeof(a));
7 memset(c,0,sizeof(c));
8 for(i=0; i<N; i++) a[i]=1; /*第一个多项式：g(x, 1) = x^0 + x^1 + x^2 + x^3 + */
9 for(k=2; k<N; k++)
10 {
11 memset(b,0,sizeof(b));
12 for(i=0; i<N; i+=k) b[i]=1; /*第k个多项式：g(x, k) = x^0 + x^(k) + x^(2k) + x^(3k) + */
13 Poly(); /* 多项式乘法：c= a*b */
14 memcpy(a,c,sizeof(c)); /*把相乘的结果从c复制到a中：c=a; */
15 }
16 }
通过以上的代码，我们就计算出了G（x）的展开后的结果，保存到数组c中。此时有：f(n,n)=c[n];剩下的工作只是把相应的数组元素输出即可。
问题到了这里已经解决完毕。但我们发现，针对该问题，g(x,k)是一个比较特殊的多项式，特点是只有k的整数倍的索引位置有项，而其他位置都为0，具有项“稀疏”的特点，并且项次分布均匀（次数跨度为k）。这样我们就可以考虑在计算多项式乘法时，可以减少一些循环。因此可以对Poly函数做这样的一个改进，即把k作为参数传递给Poly：
1 改进后的多项式乘法
2 /*两个多项式进行乘法，系数分别在a和b中，结果保存到c ，项最大次数到N */
3 /*改进后，多项式a乘以一个有特殊规律的多项式b，即b中只含有x^(k*i)项，i=0,1,2,*/
4 /*如果b没有规律，只需要把k设为1，即与原来函数等效*/
5 void Poly2(int k) /*参数k的含义：表示b中只有b[k*i]不为0！*/
6 {
7 int i,j;
8 memset(c,0,sizeof(c));
9 for(i=0; i<N; i++)
10 for(j=0; j<N-i; j+=k)
11 c[i+j] += a[i]*b[j];
12 }
这样，原有的函数可以认为是k=1的情况（即多项式b不具有上诉规律）。相应的，在上面的Init函数中的调用改为Poly2(k)即可。
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参考资料：
（1）关于“递归”部分的代码，参考了Ching-Kuang Shene，July/23/1989的代码；
（2）关于“母函数”部分，参考了《Acm程序设计》（刘春英）（PPT文档）；
（3）“母函数”方法的Init和Poly的代码，参考了某位教师的代码 : ymc 2008/09/25， 其中多项式乘法的改进是我提出的建议。
-- by hoodlum1980 2008-10-11
练习：
整数划分问题
1 # include <stdio.h>
2 #define N 100
3 int a[N],b[N],c[N],d[N],e[N];
4 int t=0,total=0,count=0;
5 int n,p=0;
6
7 int dif()
8 {
9 int i,j;
10 for(i=0; i<t-1; i++)
11 for(j=i+1; j<t; j++)
12 if(e[i]==e[j]) return 0;
13 return 1;
14 }
15
16 void fun()
17 {
18 t=0;
19 total=0;
20 count=0;
21 }
22 void fun1(int x) // 将n划分成若干正整数之和的划分数。
23 {
24 int i,j;
25 if(total==n)
26 {
27 count++;
28 printf("%d=",n);
29 for(j=0; j<t; j++)
30 {
31 printf("%d",a[j]);
32 if(j<t-1) printf("+");
33 else
34 {
35 if(n-a[0]==t-1) printf("\n");
36 else printf(",");
37 }
38 }
39 }
40 else
41 for(i=x; i>=1; i--)
42 if(i+total<=n)
43 {
44 a[t++]=i;
45 total+=i;
46 fun1(i);
47 }
48 total-=a[t-1];
49 t--;
50 }
51
52 void fun2(int x,int m) //将n划分成k个正整数之和的划分数。
53 {
54 int i,j;
55 if(total==n)
56 {
57 if(p==m)
58 {
59 count++;
60 printf("%d=",n);
61 for(j=0; j<t; j++)
62 {
63 printf("%d",b[j]);
64 if(j<t-1) printf("+");
65 else printf("\n");
66 }
67 }
68 }
69 else
70 for(i=x; i>=1; i--)
71 if(i+total<=n)
72 {
73 b[t++]=i;
74 p++;
75 total+=i;
76 fun2(i,m);
77 }
78 total-=b[t-1];
79 t--;
80 p--;
81 }