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hdoj 4050 wolf5x - 期望 + dp

y @ The Angry Teletubbies — Wed, 25 Jul 2012 15:46:00 GMT

【题意】：��x��子，左右脚轮��蟩�Q�不能往回蟩�Q�每�ơ蟩有个[A , B]步长范围�?/span>每个格子可能出现四种状态，可右脚进�Q�左脚进�Q�双脚进�Q�不准进。每�U�状态都有一定概率。每�ơ只能蟩到最�q�可行的格子。当跛_��了n个格子或者不能动时期望步数�?br />
【题解】：期望�c�题目，无环�Q�直接dp�?br /> 利用全期望公式，注意状态枚举时要乘上条件概率。然后按常规期望做法卛_��Q�倒着推。答案�ؓdp[0][3]�?br />
【代码】：

1 #include "iostream"
2 #include "cstdio"
3 #include "cstring"
4 #include "algorithm"
5 #include "vector"
6 #include "queue"
7 #include "cmath"
8 #include "string"
9 #include "cctype"
10 #include "map"
11 #include "iomanip"
12 #include "set"
13 #include "utility"
14 using namespace std;
15 typedef pair<int, int> pii;
16 #define pb push_back
17 #define mp make_pair
18 #define fi first
19 #define se second
20 #define sof(x) sizeof(x)
21 #define lc(x) (x << 1)
22 #define rc(x) (x << 1 | 1)
23 #define lowbit(x) (x & (-x))
24 #define ll long long
25
26 double dp[4010][4];
27 double p[4010][4];
28 int n, a, b;
29 int main() {
30     int T;
31     scanf("%d", &T);
32     while(T--) {
33         scanf("%d%d%d", &n, &a, &b);
34         memset(p, 0, sizeof(p));
35         memset(dp, 0, sizeof(dp));
36         for(int i = 1; i <= n; i++)
37             scanf("%lf%lf%lf%lf", &p[i][0], &p[i][1], &p[i][2], &p[i][3]);
38         for(int i = n + 1; i <= n + a; i++) p[i][3] = 1.0;
39         double c = 1.0;
40         for(int i = n; i >= 0; i--) {
41             for(int j = 1; j < 4; j++) {
42                 double pp = 1.0;
43                 for(int k = a; k <= b; k++) {
44                     if(j == 1) {
45                         dp[i][1] += pp * ((dp[i+k][2] + c) * p[i+k][2] + (dp[i+k][3] + c) * p[i+k][3]);
46                         pp *= (p[i+k][0] + p[i+k][1]);
47                     } else if(j == 2) {
48                         dp[i][2] += pp * ((dp[i+k][1] + c) * p[i+k][1] + (dp[i+k][3] + c) * p[i+k][3]);
49                         pp *= (p[i+k][0] + p[i+k][2]);
50                     } else if(j == 3) {
51                         dp[i][3] += pp * ((dp[i+k][1] + c) * p[i+k][1] + (dp[i+k][2] + c) * p[i+k][2] + (dp[i+k][3] + c) * p[i+k][3]);
52                         pp *= (p[i+k][0]);
53                     }
54                 }
55             }
56         }
57         printf("%.6f\n", dp[0][3]);
58     }
59     return 0;
60 }
61

y @ The Angry Teletubbies 2012-07-25 23:46 发表评论

hdoj 4219 Randomization - 树dp + 概率

y @ The Angry Teletubbies — Mon, 23 Jul 2012 08:23:00 GMT

【题意】：�l�定一��|��Q�给定边权的区间[0,L]�Q�求最�l�树的最长�\<=S的概率；

【题解】：武大校赛的树dp�Q�放了好久，看着题解勉强�q�了。只可以说我的树dp太水了，�q�停留在背包的阶�D�c�?br /> 讄��态dp[i][j]表示以i为根的子树，其叶子结点到i的最长距��Mؓj且该子树最长�\径不��过s的概率�?br /> 对于u的一个子树v�Q�先枚�Du�q�v的长度，然后再把之前的子树和v�q�条铑֐��qӞ��好复杂，不会表达了，直接研究代码吧�?br />
【代码】：

1 #include "iostream"
2 #include "cstdio"
3 #include "cstring"
4 #include "algorithm"
5 #include "vector"
6 #include "queue"
7 #include "cmath"
8 #include "string"
9 #include "cctype"
10 #include "map"
11 #include "iomanip"
12 using namespace std;
13 #define pb push_back
14 #define mp make_pair
15 #define fi first
16 #define se second
17 #define lc(x) (x << 1)
18 #define rc(x) (x << 1 | 1)
19 #define lowbit(x) (x & (-x))
20 #define ll long long
21 #define maxn 70
22 #define maxs 530
23 int n, l, s;
24 double dp[maxn][maxs];
25 double son[maxs], tmp[maxs];
26 double e;
27 vector<int> vec[maxn];
28 void dfs(int u, int fa) {
29     memset(dp[u], 0, sizeof(dp[u]));
30     dp[u][0] = 1.0;
31     int size = vec[u].size();
32     for(int i = 0; i < size; i++) {
33         int v = vec[u][i];
34         if(v == fa) continue;
35         dfs(v, u);
36         memset(son, 0, sizeof(son));
37         memset(tmp, 0, sizeof(tmp));
38         for(int j = 0; j <= l; j++)
39             for(int k = 0; k <= s; k++)
40                 if(j + k <= s)
41                     son[j+k] += e * dp[v][k];
42         for(int j = 0; j <= s; j++)
43             for(int k = 0; k <= s - j; k++)
44                 tmp[max(j, k)] += son[j] * dp[u][k];
45         for(int j = 0; j <= s; j++)
46             dp[u][j] = tmp[j];
47     }
48 }
49
50 int main() {
51     int T, Case = 1;
52     scanf("%d", &T);
53     while(T--) {
54         scanf("%d%d%d", &n, &l, &s);
55         for(int i = 0; i <= n; i++) vec[i].clear();
56         e = 1.0 / (1.0 + l);
57         for(int i = 1; i < n; i++) {
58             int a, b;
59             scanf("%d%d", &a, &b);
60             vec[a].pb(b);
61             vec[b].pb(a);
62         }
63         dfs(1, -1);
64         double ans = 0.0;
65         for(int i = 0; i <= s; i++) ans += dp[1][i];
66         printf("Case %d: %.6f\n", Case++, ans);
67     }
68     return 0;
69 }
70

y @ The Angry Teletubbies 2012-07-23 16:23 发表评论

zoj 3582 Back to the Past - 期望 + dp

y @ The Angry Teletubbies — Thu, 19 Apr 2012 08:20:00 GMT

【题意】：略�?br />
【题解】：设dp[i][j]表示左边有i个洞亮，双��有j个洞亮离目标状态的期望�?br /> 然后所有dp[ii][jj](ii >= i && jj >= j)都是dp[i][j]的后�l�状态，由期望计��公式可以算出dp[i][j]的期望�?br /> �q�里转移会有个环�Q�移��即可处理掉�?br /> 要先预处理组合数、p的幂�?1-p)的幂�?br /> 最后答案即为dp[0][0].
用记忆化搜烦来写非常方便�?br />
【代码】：

y @ The Angry Teletubbies 2012-04-19 16:20 发表评论

uva 5811 Cards - 期望 + dp

y @ The Angry Teletubbies — Thu, 19 Apr 2012 06:25:00 GMT

【题意】：�?br />
【题解】：期望dp�Q�如果不考虑joker��变得非常简单。但现在joker可以变成��L��p��Q�所以如果当前翻到joker需要枚举这个joker变成什么花�Ԍ��取最��的期望卛_��?br />
【代码】：

1 #include "iostream"
2 #include "cstdio"
3 #include "cstring"
4 #include "algorithm"
5 #include "vector"
6 #include "queue"
7 #include "cmath"
8 #include "string"
9 #include "cctype"
10 #include "map"
11 #include "iomanip"
12 using namespace std;
13 #define pb push_back
14 #define mp make_pair
15 #define fi first
16 #define se second
17 #define lc(x) (x << 1)
18 #define rc(x) (x << 1 | 1)
19 #define lowbit(x) (x & (-x))
20 #define ll long long
21 int aa, bb, cc, dd;
22 double dp[16][16][16][16][5][5];
23 bool visit[16][16][16][16][5][5];
24
25 double dfs(int a, int b, int c, int d, int big, int small) {
26     double &tmp = dp[a][b][c][d][big][small];
27     if(visit[a][b][c][d][big][small]) return tmp;
28     visit[a][b][c][d][big][small] = true;
29     int now[] = {a, b, c, d};
30     if(big != 4) now[big]++;
31     if(small != 4) now[small]++;
32     if(now[0] >= aa && now[1] >= bb && now[2] >= cc && now[3] >= dd) return tmp = 0.0;
33     tmp = 1.0;
34     double sum = now[0] + now[1] + now[2] + now[3];
35     if(a < 13) tmp += dfs(a + 1, b, c, d, big, small) * (13.0 - a) / (54.0 - sum);
36     if(b < 13) tmp += dfs(a, b + 1, c, d, big, small) * (13.0 - b) / (54.0 - sum);
37     if(c < 13) tmp += dfs(a, b, c + 1, d, big, small) * (13.0 - c) / (54.0 - sum);
38     if(d < 13) tmp += dfs(a, b, c, d + 1, big, small) * (13.0 - d) / (54.0 - sum);
39     if(big == 4) {
40         double tmp1 = 1e100;
41         tmp1 = min(tmp1, dfs(a, b, c, d, 0, small) / (54.0 - sum));
42         tmp1 = min(tmp1, dfs(a, b, c, d, 1, small) / (54.0 - sum));
43         tmp1 = min(tmp1, dfs(a, b, c, d, 2, small) / (54.0 - sum));
44         tmp1 = min(tmp1, dfs(a, b, c, d, 3, small) / (54.0 - sum));
45         tmp += tmp1;
46     }
47     if(small == 4) {
48         double tmp1 = 1e100;
49         tmp1 = min(tmp1, dfs(a, b, c, d, big, 0) / (54.0 - sum));
50         tmp1 = min(tmp1, dfs(a, b, c, d, big, 1) / (54.0 - sum));
51         tmp1 = min(tmp1, dfs(a, b, c, d, big, 2) / (54.0 - sum));
52         tmp1 = min(tmp1, dfs(a, b, c, d, big, 3) / (54.0 - sum));
53         tmp += tmp1;
54     }
55     return tmp;
56 }
57
58 int main() {
59     int T, Case = 1;
60     cin >> T;
61     while(T--) {
62         cin >> aa >> bb >> cc >> dd;
63         int cnt = 0;
64         cnt += max(aa - 13, 0);
65         cnt += max(bb - 13, 0);
66         cnt += max(cc - 13, 0);
67         cnt += max(dd - 13, 0);
68         printf("Case %d: ", Case++);
69         if(cnt > 2) printf("-1.000\n");
70         else {
71             memset(visit, false, sizeof(visit));
72             printf("%.3f\n", dfs(0, 0, 0, 0, 4, 4));
73         }
74     }
75     return 0;
76 }
77

y @ The Angry Teletubbies 2012-04-19 14:25 发表评论

poj 2635 The Embarrassed Cryptographer - �U�性筛素数 + 分割数字求模

y @ The Angry Teletubbies — Tue, 20 Mar 2012 05:50:00 GMT

【题意】：�l�出一个数k(4<=k<=10¹⁰⁰)和L(L<=10⁶)�Q�问k的最��质因数是否��于L�?br />
【题解】：昄��我们只关心质因数�Q�所以先对L求出它的所有质因数�?br /> 然后��是判断�q�些质因数是否能够整除k�Q�如果用十进刉��_�ֺ��L��模会TLE�?br /> 考虑到进制越大，�q�算的次数就��少。因此我们可以更高的�q�制�?br /> 我测试了两种�q�制�Q?000�q�制�?00+MS�Q?0000000000�q�制�?00+MS�?br />
【代码】：

1 #include "iostream"
2 #include "cstdio"
3 #include "cstring"
4 #include "algorithm"
5 #include "vector"
6 #include "queue"
7 #include "cmath"
8 #include "string"
9 #include "cctype"
10 #include "map"
11 #include "iomanip"
12 using namespace std;
13 #define pb push_back
14 #define mp make_pair
15 #define fi first
16 #define se second
17 #define lc(x) (x << 1)
18 #define rc(x) (x << 1 | 1)
19 #define lowbit(x) (x & (-x))
20 #define ll long long
21 #define maxn 110
22 #define maxl 1000050
23 char s[maxn];
24 int l, cnt;
25 int prime[100000], pn;
26 ll val[maxn];
27
28 void getprime() {
29     bool isprime[maxl];
30     memset(isprime, true, sizeof(isprime));
31     pn = 0;
32     for(ll i = 2; i < maxl; i++) {
33         if(isprime[i]) {
34             prime[pn++] = i;
35             for(ll j = i * i; j < maxl; j += i) isprime[j] = false;
36         }
37     }
38 }
39
40 void work() {
41     int len = strlen(s);
42     ll res = 0;
43     cnt = 0;
44     for(int i = 0; i < len % 10; i++) {
45         res *= 10;
46         res += s[i] - '0';
47     }
48     val[cnt++] = res;
49     for(int i = len % 10; i < len; i += 10) {
50         res = 0;
51         for(int j = i; j < i + 10; j++) {
52             res *= 10;
53             res += s[j] - '0';
54         }
55         val[cnt++] = res;
56     }
57 }
58
59 int main() {
60     getprime();
61     while(~scanf("%s%d", s, &l)) {
62         if(s[0] == '0' && l == 0) break;
63         work();
64         bool flag = true;
65         int len = (strlen(s) + 9) / 10;
66         for(int i = 0; i < pn && prime[i] < l; i++) {
67             ll res = 0;
68             for(int j = 0; j < cnt; j++) {
69                 res = res * 10000000000LL + val[j];
70                 res %= prime[i];
71             }
72             if(res == 0) {
73                 printf("BAD %d\n", prime[i]);
74                 flag = false;
75                 break;
76             }
77         }
78         if(flag) printf("GOOD\n");
79     }
80     return 0;
81 }
82

y @ The Angry Teletubbies 2012-03-20 13:50 发表评论

poj 2689 Prime Distance - �U�性筛素数 + 求大区间素数

y @ The Angry Teletubbies — Sun, 26 Feb 2012 15:48:00 GMT

【题意】：�l�出一个L和R�Q�L和R最大差��gؓ100W�Q�问区间[L,R]内相�ȝ��素数最大差值和最��差值分别�ؓ多少�?1<=L2,147,483,647)

【题解】：�q�题好经典，当年新生赛也��Z��q�题�Q�不�q�做不出�Q�直��C��天终于给我做出来了�?br /> �q�题需要知道一个定理，��是对于每一个合数a�Q�其必定存在��于�{�于根号a的质因子�?br /> 所以对于一个数a我们只需要检查他有没有小于等于根号a的质因子卛_��?br /> 考虑到根�?,147,483,647大约�?7000�Q�所以我们先�{�选出47000以内的素敎ͼ�大约5000个�?br /> 然后再用�q?000个素数去�{�选给定区间内的素数�?br /> 最后枚举一�ơ求�{�案卛_��?br />
【代码】：

1 #include "iostream"
2 #include "cstdio"
3 #include "cstring"
4 #include "algorithm"
5 #include "vector"
6 #include "queue"
7 #include "cmath"
8 #include "string"
9 #include "cctype"
10 #include "map"
11 #include "iomanip"
12 using namespace std;
13 #define pb push_back
14 #define lc(x) (x << 1)
15 #define rc(x) (x << 1 | 1)
16 #define lowbit(x) (x & (-x))
17 #define ll long long
18 #define MAX 1000050
19 ll prime[5500], rec[MAX];
20 int tot, cnt;
21 bool isprime[MAX];
22 ll l, r;
23 void init() {
24     tot = 0;
25     memset(isprime, true, sizeof(isprime));
26     prime[tot++] = 2;
27     for(int i = 3; i < 50000; i += 2) {
28         if(isprime[i]) {
29             prime[tot++] = i;
30             if(i * i < 50000) {
31                 for(int j = i + i; j < 50000; j += i) isprime[j] = false;
32             }
33         }
34     }
35 }
36
37 int main() {
38     init();
39     while(~scanf("%lld%lld", &l, &r)) {
40         if(l < 2) l = 2;
41         cnt = 0;
42         memset(isprime, true, sizeof(isprime));
43         for(int i = 0; i < tot && prime[i] * prime[i] <= r; i++) {
44             ll tmp = l / prime[i] * prime[i];
45             if(tmp < l) tmp += prime[i];
46             if(tmp == prime[i]) tmp += prime[i];
47             for(ll j = tmp; j <= r; j += prime[i]) isprime[j-l] = false;
48         }
49         for(int i = 0; i <= r - l; i++)
50             if(isprime[i]) rec[cnt++] = i + l;
51
52         if(cnt < 2) printf("There are no adjacent primes.\n");
53         else {
54             int idx1 = 1, idx2 = 1;
55             for(int i = 1; i < cnt; i++) {
56                 if(rec[i] - rec[i-1] < rec[idx1] - rec[idx1-1]) idx1 = i;
57                 if(rec[i] - rec[i-1] > rec[idx2] - rec[idx2-1]) idx2 = i;
58             }
59             printf("%lld,%lld are closest, %lld,%lld are most distant.\n", rec[idx1-1], rec[idx1], rec[idx2-1], rec[idx2]);
60         }
61     }
62     return 0;
63 }
64

y @ The Angry Teletubbies 2012-02-26 23:48 发表评论

hdoj 3944 DP�Q?- 求大�l�合�?+ Lucas定理

y @ The Angry Teletubbies — Thu, 02 Feb 2012 14:42:00 GMT

【题意】：�l�出一个杨辉三角，问从最左上角到�W�n行第k列的一条�\径中�Q�所�l�过的数值和最��是多少。�\径需满��当前的位�|�只能移动到它下方的�W�一个数或正对角�U�的�W�一个数�?br />
【题解】：一开始以为是个dp�Q�发现n,k都很大，肯定是数学题了�?br /> 很容易发现杨辉三角具有对�U�性，所以我们只需要研�I�k <= n / 2的情��c�?br /> 利用贪心思想�Q�每�ơ都往左上方�{�Uȝ��到去到第0列，然后最后全部往上�{�Uȝ��到最上方�?br /> �Ҏ��得出公式�Q?br /> ans = C(n, k) + C(n-1, k-1) + …… + C(n-k+1, 1) + C(n-k, 0) + n - k
�?C(n-k, 0) 换成 C(n-k+1, 0)�Q�由公式 C(n, k) = C(n-1, k) + C(n-1, k-1) 可以�q�行化简
化简后得�Q?br /> ans = C(n+1, k) + n - k

推出�{�案我很开心，以�ؓ接下来就没了�Q�可是我发现n很大�Q�普通求�l�合��C��TLE�Q��g��无奈�Q�我搜了一下，发现了Lucas定理�?br /> 至于什么是Lucas定理�Q�大家自��q��度吧�?br /> 用了定理刚开始还是TLE�Q�因为case高达10W�Q�还要打表记下模每个素数的阶乘，最后终于过了�?br />
【代码】：

y @ The Angry Teletubbies 2012-02-02 22:42 发表评论

hdoj 2243 考研路茫茫——单词情�l?- ac自动�?+ 矩阵快速幂 + 快速幂 + 二分

y @ The Angry Teletubbies — Mon, 17 Oct 2011 09:24:00 GMT

摘要: 【题意】：�l�定n个词根，求长度不��过L�Q�至��包含一个词根的字符串的数目。【题解】：可以从对立角度来惻I��是先求出所有字�W�串的数目，再减��M��包含��M��词根的字�W�串的数目�?nbsp; 字符串��L��?6^1 + 26^2 + …... 阅读全文

y @ The Angry Teletubbies 2011-10-17 17:24 发表评论

poj 2778 DNA Sequence - ac自动�?+ 矩阵快速幂 + 转化为求L步长的方案数

y @ The Angry Teletubbies — Mon, 17 Oct 2011 09:04:00 GMT

【题意】：�l�定你m个病毒串�Q�求长度为n的不包含��L��一个病毒串的种数�?br />
【题解】：用ac自动机构造一个DFA�Q�既有确定性的状态�{�U�d��Q�，然后用矩阵快速幂求解�?br />
【代码】：

  1 #include "iostream"
  2 #include "cstdio"
  3 #include "cstring"
  4 using namespace std;
  5 #define ll long long
  6 const ll MOD = 100000;
  7 const int kind = 4;
  8 const int maxn = 500;
  9 #define MAX 105
10 int root, tot;
11 int n, m;
12 int que[maxn], head, tail;
13 bool visit[maxn];
14 struct Node {
15     int child[kind];
16     int fail;
17     int end;
18     void init() {
19         memset(child, 0, sizeof(child));
20         fail = -1, end = 0;
21     }
22 } T[maxn];
23
24 void init() {
25     root = tot = 0;
26     T[root].init();
27 }
28
29 int hash(char ch) {
30     if(ch == 'A') return 0;
31     else if(ch == 'C') return 1;
32     else if(ch == 'G') return 2;
33     else return 3;
34 }
35
36 void insert(char *s) {//插入单词
37     int p = root, index;
38     while (*s) {
39         index = hash(*s);
40         if (!T[p].child[index]) {
41             T[++tot].init();
42             T[p].child[index] = tot;
43         }
44         p = T[p].child[index];
45         s++;
46     }
47     T[p].end = 1;
48 }
49
50 void build_ac_auto() {
51     head = tail = 0;
52     que[tail++] = root;
53     while (head < tail) {
54         int u = que[head++];
55         for (int i = 0; i < kind; i++) {
56             if (T[u].child[i]) {
57                 int son = T[u].child[i];
58                 int p = T[u].fail;
59                 if (u == root) T[son].fail = root;
60                 else {
61                     T[son].fail = T[p].child[i];
62                     T[son].end |= T[T[son].fail].end;
63                 }
64                 que[tail++] = son;
65             } else {//trie图，讑֮�虚拟节点
66                 int p = T[u].fail;
67                 if (u == root) T[u].child[i] = root;
68                 else T[u].child[i] = T[p].child[i];
69             }
70         }
71     }
72 }
73
74 struct Mat {
75     ll val[MAX][MAX];
76     void unit() {
77         zero();
78         for(int i = 0; i < MAX; i++) val[i][i] = 1;
79     }
80     void zero() {
81         memset(val, 0, sizeof(val));
82     }
83 }x;
84
85 Mat operator *(const Mat &a, const Mat &b) {
86     Mat tmp;
87     tmp.zero();
88     for(int k = 0; k <= tot; k++) {
89         for(int i = 0; i <= tot; i++) {
90             if(a.val[i][k])
91                 for(int j = 0; j <= tot; j++) {
92                     tmp.val[i][j] += a.val[i][k] * b.val[k][j];
93                     if(tmp.val[i][j] >= MOD) tmp.val[i][j] %= MOD;
94                 }
95         }
96     }
97     return tmp;
98 }
99
100 Mat operator ^(Mat x, int n) {
101     Mat tmp;
102     tmp.unit();
103     while(n) {
104         if(n & 1) tmp = tmp * x;
105         x = x * x;
106         n >>= 1;
107     }
108     return tmp;
109 }
110
111 void dfs(int u) {
112     visit[u] = true;
113     for(int i = 0; i < kind; i++) {
114         int v = T[u].child[i];
115         if(!T[v].end) {
116             x.val[u][v]++;
117             if(!visit[v]) dfs(v);
118         }
119     }
120 }
121
122 int main() {
123     char s[15];
124     while(~scanf("%d%d", &m, &n)) {
125         init();
126         for(int i = 0; i < m; i++) {
127             scanf("%s", s);
128             insert(s);
129         }
130         build_ac_auto();
131         x.zero();
132         memset(visit, false, sizeof(visit));
133         dfs(root);
134         Mat ans = x ^ n;
135         ll res = 0;
136         for(int i = 0; i <= tot; i++)
137             res += ans.val[0][i];
138         printf("%lld\n", res % MOD);
139     }
140     return 0;
141 }

y @ The Angry Teletubbies 2011-10-17 17:04 发表评论

zoj 2671 Cryptography - 矩阵乘法 + �U�段树查询思想

y @ The Angry Teletubbies — Mon, 03 Oct 2011 17:31:00 GMT

【题意】：�l�出n�?*2的矩阵和m个区间查询[i,j]�Q�对于每个查询输出矩�?em>P_i,j=A_i × A_i+1 × ... × A_j �?br />
【题解】：普通的矩阵乘法�Q�观察到1<=n,m<=30,000�Q�如果用朴素的方法时间复杂度高达O(nm)�Q�显然是不可以接受的�?br /> �q�里可以用线�D�|��的查询思想�Q�把中间有用的��g��存下来，以后��可以用O(1)的得到�?br />
【代码】：

1 #include "iostream"
2 #include "cstdio"
3 #include "cstring"
4 using namespace std;
5 #define maxn 32768
6 int r, n, m;
7 struct Mat {
8     int val[2][2];
9     void zero() {
10         memset(val, 0, sizeof(val));
11     }
12 }x[(maxn<<1)+1];
13
14 int LC(int i) {return i << 1;}
15 int RC(int i) {return LC(i)^1;}
16
17 Mat operator *(const Mat &a, const Mat &b) {
18     Mat tmp;
19     tmp.zero();
20     for(int k = 0; k < 2; k++) {
21         for(int i = 0; i < 2; i++) {
22             if(a.val[i][k]) {
23                 for(int j = 0; j < 2; j++) {
24                     tmp.val[i][j] += a.val[i][k] * b.val[k][j];
25                     if(tmp.val[i][j] >= r) tmp.val[i][j] %= r;
26                 }
27             }
28         }
29     }
30     return tmp;
31 }
32
33 Mat query(int p, int left, int right, int l, int r) {//�U�段树的查询思想
34     if(left == l && right == r) return x[p];
35     int mid = (left + right) >> 1;
36     if(r <= mid) return query(LC(p), left, mid, l, r);
37     else if(l > mid) return query(RC(p), mid + 1, right, l, r);
38     else return query(LC(p), left, mid, l, mid) * query(RC(p), mid + 1, right, mid + 1, r);
39 }
40
41 int main() {
42     bool flag = false;
43     while(~scanf("%d%d%d", &r, &n, &m)) {
44         int st = 1;
45         while(st < n) st <<= 1;
46         for(int i = 0; i < n; i++)
47             for(int j = 0; j < 2; j++)
48                 for(int k = 0; k < 2; k++)
49                     scanf("%d", &x[st+i].val[j][k]);
50         for(int i = st - 1; i; i--) x[i] = x[LC(i)] * x[RC(i)];
51         while(m--) {
52             if(flag) printf("\n");
53             else flag = true;
54             int le, ri;
55             scanf("%d%d", &le, &ri);
56             Mat ans = query(1, 1, st, le, ri);
57             printf("%d %d\n%d %d\n", ans.val[0][0], ans.val[0][1], ans.val[1][0], ans.val[1][1]);
58         }
59     }
60     return 0;
61 }

y @ The Angry Teletubbies 2011-10-04 01:31 发表评论

poj 3735 Training little cats - 矩阵快速幂

y @ The Angry Teletubbies — Sat, 01 Oct 2011 04:00:00 GMT

【题意】：有n只猫咪，开始时每只猫咪有花�?颗，现有一�l�操作，�׃��面三个中的k个操作组成：
               1. g i �l�i只猫咪一颗花生米
               2. e i 让第i只猫咪吃掉它拥有的所有花生米
               3. s i j ��猫咪i与猫咪j的拥有的��q��c�交�?

               现将上述一�l�操作做m�ơ后�Q�问每只猫咪有多��颗��q��Q?/p>
【题解】：m辑ֈ�10^9�Q�显然不能直接算�?br />              因�ؓk个操作给��Z��后就是固定的�Q�所以想到用矩阵�Q�矩阵快速幂可以把时间复杂度降到O�Q�logm�Q�。问题�{化�ؓ如何构造�{�|�矩阵？
              说下我的思�\�Q�观察以上三�U�操作，发现�W�二�Q�三�U�操作比较容易处理，重点落在�W�一�U�操作上�?br />              有一个很好的办法��是��d��一个辅助，使初始矩阵变��Z��个n+1元组�Q�编号�ؓ0到n�Q�下面以3个猫��Z��Q?br />              定义初始矩阵A = [1 0 0 0]�Q?号元素固定�ؓ1�Q?~n分别为对应的猫所拥有的花生数�?br />              对于�W�一�U�操作g i�Q�我们在单位矩阵基础上��Mat[0][i]变�ؓ1�Q�例如g 1�Q?br />              1 1 0 0
              0 1 0 0
              0 0 1 0
              0 0 0 1�Q�显然[1 0 0 0]*Mat = [1 1 0 0]
              对于�W�二�U�操作e i�Q�我们在单位矩阵基础使Mat[i][i] = 0,例如e 2�Q?br />              1 0 0 0
              0 1 0 0
              0 0 0 0
              0 0 0 1, 昄��[1 2 3 4]*Mat = [1 2 0 4]
              对于�W�三�U�操作s i j�Q�我们在单位矩阵基础上�ɽW�i列与�W�j互换�Q�例如s 1 2�Q?br />              1 0 0 0
              0 0 0 1
              0 0 1 0
              0 1 0 0�Q�显然[1 2 0 4]*Mat = [1 4 0 2]
              现在�Q�对于每一个操作我们都可以得到一个�{�|�矩阵，把k个操作的矩阵�怹�我们可以得到一个新的�{�|�矩阵T�?br />              A * T 表示我们�l�过一�l�操作，�c�M��我们可以得到�l�过m�l�操作的矩阵�?A * T ^ m,最�l�矩�늚�[0][1~n]即�ؓ�{�案�?br />
              上述的做法比较直观，但是实现�q�于�ȝ��Q�因��构造k个不同矩��c�?br />
              有没有别的方法可以直接构造�{�|�矩阵T�Q�答案是肯定的�?br />              我们�q�是以单位矩阵�ؓ基础�Q?br />              对于�W�一�U�操作g i�Q�我们��Mat[0][i] = Mat[0][i] + 1�Q?br />              对于�W�二�U�操作e i�Q�我们��矩阵的第i列清�Ӟ��
              对于�W�三�U�操作s i j�Q�我们�ɽW�i列与�W�j列互换�?br />              �q�样实现的话�Q�我们始�l�在处理一个矩阵，免去构造k个矩�늚��ȝ��?br />
              ��x��Q�构造�{�|�矩阵T��完成了�Q�接下来只需用矩阵快速幂求出 A * T ^ m卛_��Q�还有一个注意的地方�Q�该题需要用到long long�?br />              具体实现可以看下面的代码�?br />
【代码】：

1 #include "iostream"
2 #include "cstdio"
3 #include "cstring"
4 using namespace std;
5 #define ll long long
6 #define maxn 105
7 int n, m, k;
8 struct Mat {
9     ll val[maxn][maxn];
10     void zero() {
11         memset(val, 0, sizeof(val));
12     }
13     void unit() {
14         zero();
15         for(int i = 0; i < maxn; i++) val[i][i] = 1;
16     }
17 }A, T;//A = 初始矩阵 ,T = 转置矩阵
18
19 Mat operator *(const Mat &a, const Mat &b) {
20     Mat tmp;
21     tmp.zero();
22     for(int k = 0; k <= n; k++) {
23         for(int i = 0; i <= n; i++) {
24             if(a.val[i][k])
25                 for(int j = 0; j <= n; j++)
26                     tmp.val[i][j] += a.val[i][k] * b.val[k][j];
27         }
28     }
29     return tmp;
30 }
31
32 Mat operator ^(Mat x, int n) {
33     Mat tmp;
34     tmp.unit();
35     while(n) {
36         if(n & 1) tmp = tmp * x;
37         x = x * x;
38         n >>= 1;
39     }
40     return tmp;
41 }
42
43 void init() {
44     A.zero();
45     A.val[0][0] = 1;
46     T.unit();
47 }
48
49 int main() {
50     char s[5];
51     int a, b;
52     while(~scanf("%d%d%d", &n, &m, &k)) {
53         if(!n && !m && !k) break;
54         init();
55         for(int i = 0; i < k; i++) {
56             scanf("%s", s);
57             if(s[0] == 'g') {
58                 scanf("%d", &a);
59                 T.val[0][a]++;
60             } else if(s[0] == 'e') {
61                 scanf("%d", &a);
62                 for(int i = 0; i <= n; i++) T.val[i][a] = 0;
63             } else {
64                 scanf("%d%d", &a, &b);
65                 for(int i = 0; i <= n; i++) swap(T.val[i][a], T.val[i][b]);
66             }
67         }
68         Mat ans = A * (T ^ m);
69         for(int i = 1; i <= n; i++) printf("%lld ", ans.val[0][i]);
70         printf("\n");
71     }
72     return 0;
73 }

y @ The Angry Teletubbies 2011-10-01 12:00 发表评论

poj 3233 Matrix Power Series - 矩阵快速幂 + 二分

y @ The Angry Teletubbies — Sun, 25 Sep 2011 14:42:00 GMT

【题意】：�l�出一个n * n矩阵A和一个正整数k,�?S = A + A² + A³ + … + A^k【题解】：以下是matrix67的题解：

�q�道题两�ơ二分，相当�l�典。首先我们知道，A^i可以二分求出。然后我们需要对整个题目的数据规模k�q�行二分。比如，当k=6�Ӟ��有：
A + A^2 + A^3 + A^4 + A^5 + A^6 =(A + A^2 + A^3) + A^3*(A + A^2 + A^3)
应用�q�个式子后，规模k减小了一半。我们二分求出A^3后再递归地计��A + A^2 + A^3�Q�即可得到原问题的答案�?/p>

【代码】：

1 #include "iostream"
2 #include "cstring"
3 #include "cstdio"
4 using namespace std;
5 #define maxn 35
6 int n, k, m;
7 struct Mat {
8     int val[maxn][maxn];
9     void unit() {//单位矩阵
10         for(int i = 0; i < maxn; i++) val[i][i] = 1;
11     }
12     void zero() {//零矩�?/span>
13         memset(val, 0, sizeof(val));
14     }
15 }x;
16
17 Mat operator *(const Mat &a, const Mat &b) {//矩阵乘法
18     Mat tmp;
19     tmp.zero();
20     for(int k = 1; k <= n; k++) {
21         for(int i = 1; i <= n; i++)
22             if(a.val[i][k])
23                 for(int j = 1; j <= n; j++) {
24                     tmp.val[i][j] += a.val[i][k] * b.val[k][j];
25                     if(tmp.val[i][j] >= m) tmp.val[i][j] %= m;
26                 }
27     }
28     return tmp;
29 }
30
31 Mat operator ^(Mat x, int n) {//矩阵快速幂
32     Mat tmp;
33     tmp.zero();
34     tmp.unit();
35     while(n) {
36         if(n & 1) tmp = tmp * x;
37         x = x * x;
38         n >>= 1;
39     }
40     return tmp;
41 }
42
43 Mat operator +(const Mat &a, const Mat &b) {//矩阵加法
44     Mat tmp;
45     for(int i = 1; i <= n; i++)
46         for(int j = 1; j <= n; j++)
47             tmp.val[i][j] = (a.val[i][j] + b.val[i][j]) % m;
48     return tmp;
49 }
50
51 Mat sum(int k) {
52     if(k == 1) return x;
53     else {
54         Mat tmp = sum(k >> 1);
55         if(k & 1) {
56             Mat tmp2 = x ^ ((k >> 1) + 1);
57             return tmp + tmp2 + tmp * tmp2;
58         } else {
59             Mat tmp2 = x ^ (k >> 1);
60             return tmp + tmp * tmp2;
61         }
62     }
63 }
64
65 int main() {
66     while(~scanf("%d%d%d", &n, &k, &m)) {
67         for(int i = 1; i <= n; i++) {
68             for(int j = 1; j <= n; j++) {
69                 scanf("%d", &x.val[i][j]);
70                 x.val[i][j] %= m;
71             }
72         }
73         Mat ans = sum(k);
74         for(int i = 1; i <= n; i++) {
75             for(int j = 1; j < n; j++)
76                 printf("%d ", ans.val[i][j]);
77             printf("%d\n", ans.val[i][n]);
78         }
79         break;
80     }
81     return 0;
82 }

y @ The Angry Teletubbies 2011-09-25 22:42 发表评论

y @ The Angry Teletubbies — Sun, 25 Sep 2011 14:25:00 GMT

【题意】：求Fibonacci数列中的�W�n��的最�?个数字，不包含前�?�?br />
【题解】：Fibonacci满��以下公式�Q?br />
构造矩阵，利用矩阵快速幂求解�?br />
【代码】：

1 #include "iostream"
2 #include "cstdio"
3 #include "cstring"
4 using namespace std;
5 #define MAX 3
6 const int MOD = 10000;
7 struct Mat {
8     int val[MAX][MAX];
9     void unit() {
10         for(int i = 0; i < MAX; i++) val[i][i] = 1;
11     }
12     void zero() {
13         memset(val, 0, sizeof(val));
14     }
15 };
16
17 Mat operator *(const Mat &a, const Mat &b) {
18     Mat tmp;
19     tmp.zero();
20     for(int k = 1; k < MAX; k++) {
21         for(int i = 1; i < MAX; i++) {
22             if(a.val[i][k])
23                 for(int j = 1; j < MAX; j++) {
24                     tmp.val[i][j] += a.val[i][k] * b.val[k][j];
25                     if(tmp.val[i][j] >= MOD) tmp.val[i][j] %= MOD;
26                 }
27         }
28     }
29     return tmp;
30 }
31
32 Mat operator ^(Mat x, int n) {
33     Mat tmp;
34     tmp.zero(), tmp.unit();
35     while(n) {
36         if(n & 1) tmp = tmp * x;
37         x = x * x;
38         n >>= 1;
39     }
40     return tmp;
41 }
42
43 int main() {
44     Mat x;
45     int n;
46     x.val[1][1] = x.val[1][2] = x.val[2][1] = 1, x.val[2][2] = 0;
47     while(~scanf("%d", &n)) {
48         if(n == -1) break;
49         Mat ans = x ^ n;
50         printf("%d\n", ans.val[1][2]);
51     }
52     return 0;
53 }
54

y @ The Angry Teletubbies 2011-09-25 22:25 发表评论