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yzhw — Thu, 16 Feb 2012 18:03:00 GMT

解法发现�|�上一个大牛写的很好，��p�{载过来吧。可怜的我，开始没惛_��法��q��了，惛_��法后又��L��依赖STL�l�果o(N)写成o(logN)成功葬送�?br />

解法

题意�Q�给你n个数�Q�求GCD(gcd(a,b),gcd(c,d))=1的方案数�Q�注意a,b,c,d�q�不一定两两互质，有多�l�数�?/p>

本来�q�个题的题解有一大把�Q�但没有讲题解的只有贴代码的�?/p>

本来一直在做题�Q�没有什么时间发题解�Q�但�q�个题加�׃��我对�Ҏ(gu��)��原理的理解，所以讲一�?/p>

�q�个题的��法是个伪多��式

首先�Q�先��算法流�E�说一下，原理后面�?x��)�?/p>

Step 1�Q�用�{�法�{�出10000内的素数�?/p>

Step 2�Q�组合素敎ͼ�用bool数组记录由m(m<=5)个素数相乘所得数的m的奇�?/p>

例如�Q?82=2*7*13 ———> m=3 so�Q�bool[182]=false

2=2 ——>m=1 so�Q�bool[2]=false

91=7*13 ——>m=2 so�Q�bool[91]=true

注意12=2^2*3�{�这�U�是B=p1^k1*p2^k2+...�q�种有质因数指数不�ؓ(f��)一的合��C��要处理因��Z��?x��)用�?/p>

以上是预处理

Step 3�Q�读入当前数为a�Q�将a分解��因数形式�Q�注意每个质因数只被记录一��?/p>

例如�Q?2=2*2*3 �?12�?x��)被分��?f��)2*3�Q�多余的2被消��M��

Step 4�Q�将分出的素数进行组合，��组合出的a的约数的time+1

例如�Q?2=2^2*3——>12=2*3——>time[2]++,time[3]++,time[6]++

Step 5�Q�处理之后，ans赋��gؓ(f��)C(n,4)即n*(n-1)*(n-2)*(n-3)div 24

Step 6�Q�for i 2-->10000

if bool[i] then ans:=ans-C(time[i],4)

else ans:=and+C(time[i],4);

Step 7�Q�输出ans

原理�Q�首先考虑一个问题，1000以内6,7,8,9的倍数有多��个�Q�答案是

1000div6+1000div7+1000div8+1000div9

-1000div(6*7)-1000div(6*8)-1000div(6*9)-1000div(7*8)-1000div(7*9)-1000div(8*9)

+1000div(6*7*8)+1000div(6*8*9)+1000div(7*8*9)

-1000div(6*7*8*9)

�q�是�Ҏ(gu��)��原理的一个最��单的应用�Q�类比这道题�Q�Step3�?其实��每个数a的不重复�U�数记录了下来，有公��q��数的四个数的�Ҏ(gu��)��要从ans中减去，多减的要加上

昄��m为奇时要减，m为偶时要加，�q�和”1000以内6,7,8,9的倍数有多��个�Q?#8220;�q�个问题奇偶是反的，�׃��a最大�ؓ(f��)10000�Q�所以m最大可以有5 (2*3*5*7*11<10000,2*3*5*7*11*13>10000)

至于12=2*2*3�q�种�U�数不处理因为可以分�?*6�Q��?�?�?x��)算一�ơ，所以不��d��?/p>

代码�Q?br />

1 # include
2 # include
3 # include
4 # include
5 using namespace std;
6 int pa[2000],pp=0,sa[10],sp=0;
7 int refer[5][10001];
8 void make_prime()
9 {
10     bool used[10001];
11     memset(used,true,sizeof(used));
12     for(int i=2;i<=10000;i++)
13          if(used[i])
14          {
15              pa[pp++]=i;
16              for(int j=2*i;j<=10000;j+=i)
17                 used[j]=false;
18          }
19 }
20 void spilt(int n)
21 {
22     sp=0;
23     for(int i=0;i24         if(n%pa[i]==0)
25         {
26             sa[sp++]=pa[i];
27             while(n%pa[i]==0)
28                 n/=pa[i];
29         }
30 }
31 void putmap(int n)
32 {
33     spilt(n);
34     for(int i=1;i<(1<35     {
36         int n1=0,n2=1;
37         for(int j=0;j<5;j++)
38             if(i&(1<39                 n1++,n2*=sa[j];
40         refer[n1-1][n2]++;
41     }
42 }
43 long long c(int n)
44 {
45     return (long long)n*(n-1)*(n-2)*(n-3)/4/3/2;
46 }
47 long long getans(int n)
48 {
49     long long ans=c(n);
50     for(int i=0;i<5;i++)
51     {
52         bool flag=false;
53         for(int j=1;j<=10000;j++)
54             if(refer[i][j]>=4)
55                 flag=true,
56                 ans+=c(refer[i][j])*(i%2?1ll:-1ll);
57         if(!flag)break;
58     }
59     return ans;
60 }
61 int main()
62 {
63     int n;
64     make_prime();
65     while(scanf("%d",&n)!=EOF)
66     {
67         memset(refer,0,sizeof(refer));
68         for(int i=0;i69         {
70             int t;
71             scanf("%d",&t);
72             putmap(t);
73         }
74         printf("%lld\n",getans(n));
75     }
76     return 0;
77 }

yzhw 2012-02-17 02:03 发表评论

HDU 3682 To Be an Dream Architect �Ҏ(gu��)��原理

yzhw — Sun, 02 Oct 2011 16:06:00 GMT

题意�Q?br />每次可以删除一个木条x=?,y=?或者x=?,z=?或者y=?,z=?�Q�求最后删除的木块��L��
�Q?img src="http://acm.hdu.edu.cn/data/images/3682-1.gif" alt="" />
开始写的时候出��C��BUG�Q�无奈，上网��N��解，更无奈，都是些几句话hash然后��是一堆难懂的代码。�?br />后来仔细想了惻I��把重复的操作去除后（��是两次删除的同一个木条）�Q�下面就是个很简单的�Ҏ(gu��)��原理�?br />因�ؓ(f��)去除了重复操作，一个木块最多被删除3�ơ，然后删除的个数就��删除臛_��一�ơ的个数-删除臛_��两次的个�?删除臛_��3�ơ的个数。不能强行枚举，可以用map或者传说中的hash记录被删除掉木块的次数。这里，�׃��操作最多m=1000�Q�删除木块数最多�ؓ(f��)C(m,2)�Q�然后两两枚举操作，把相交木块删除次�?1�Q�然后最后map中所有木块删除次数只能有2个��|��(x��)1�?�Q�当��gؓ(f��)1�Ӟ��total-1,��gؓ(f��)3�Ӟ��total-2
��Z��么？因�ؓ(f��)我说了，一个木块最多被删除3�ơ，然后俩俩枚�D的时候，你懂的�?br />

1 # include <cstdio>
2 # include <utility>
3 # include <cstring>
4 # include <algorithm>
5 # include <functional>
6 # include <set>
7 # include <cstdlib>
8 # include <map>
9 using namespace std;
10 struct node
11 {
12     int p[3];
13     bool operator<(const node &pos) const
14     {
15         for(int i=0;i<3;i++)
16             if(p[i]!=pos.p[i])
17                 return p[i]<pos.p[i];
18         return false;
19     }
20 };
21 pair<int,int> data[1000][2];
22 set<pair<pair<int,int>,pair<int,int> > > r1;
23 map<node,int> r2;
24 int main()
25 {
26     int test;
27     scanf("%d",&test);
28     while(test--)
29     {
30        int n,m,p=0;
31        char str[128];
32        scanf("%d%d",&n,&m);
33        r1.clear();r2.clear();
34        while(m--)
35        {
36            scanf("%s",str);
37            char *t=strtok(str,",");
38            data[p][0].first=(*t)-'X';
39            data[p][0].second=atoi(t+2);
40            t=strtok(NULL," ");
41            data[p][1].first=(*t)-'X';
42            data[p][1].second=atoi(t+2);
43            if(data[p][0].first>data[p][1].first) swap(data[p][0],data[p][1]);
44            pair< pair<int,int>,pair<int,int> > tt;
45            tt.first=data[p][0];
46            tt.second=data[p][1];
47            if(data[p][0].second>=1&&data[p][0].second<=n&&data[p][1].second>=1&&data[p][1].second<=n&&r1.find(tt)==r1.end()) p++,r1.insert(tt);
48        }
49        m=p;
50        for(int i=0;i<m;i++)
51         for(int j=i+1;j<m;j++)
52           if(data[i][0]==data[j][0]&&data[i][1].first!=data[j][1].first||
53              data[i][1]==data[j][0]&&data[i][0].first!=data[j][1].first||
54              data[i][0]==data[j][1]&&data[i][1].first!=data[j][0].first||
55              data[i][1]==data[j][1]&&data[i][0].first!=data[j][0].first)
56           {
57               node t;
58               t.p[data[i][0].first]=data[i][0].second;
59               t.p[data[i][1].first]=data[i][1].second;
60               t.p[data[j][0].first]=data[j][0].second;
61               t.p[data[j][1].first]=data[j][1].second;
62               r2[t]++;
63           }
64        int total=m*n;
65        for(map<node,int>::iterator i=r2.begin();i!=r2.end();i++)
66            if(i->second==1) total--;
67            else total-=2;
68        printf("%d\n",total);
69     }
70     //system("pause");
71     return 0;
72 }
73

yzhw 2011-10-03 00:06 发表评论

pku 1222 EXTENDED LIGHTS OUT 高斯消元

yzhw — Sat, 15 Jan 2011 17:35:00 GMT

题意�Q?br>一�?*6的开关矩阵，拨动每个开养I��都会(x��)使得它本�w�以�?qi��ng)前后左叛_��个开兛_��转。现在给出所有开关的初始状态，问��得所有开兛_��于关状态，需要拨动的开兟�?br>
解法�Q?br>首先看到�q�题��应该想到方�E�组。或者说�Q�是一个模2方程�l��?br>但是�Q�这个会(x��)�l�我们带来求解的�ȝ��。求解方�E�组有经典的高斯消元法，但是出现模运��，��实让�h头疼。这里，我们惛_��了异或运��，联系高斯消元的本质，是用一个方�E�来代换另外一个方�E�，十进制模二运��中的加、减�q�算与二�q�制中的异或�q�算正好对应�Q�然后下面的事情��q��单多�?br>
有一个小技巧，使用位运��能够大大简化编�E�复杂度�?br>可以��原来矩�늚�每一行压�~�成一�?2位整敎ͼ��q�样每次消元的过�E�中选择列主元的�q�程可以用排序轻松解决~�Q�然后消�ȝ��q�程和回代的�q�程也就非常好实��C��。用�q�种�Ҏ(gu��)��Q�这题的代码量可以控制在60行以内�?br>忽然惌��v了老队长说�q�的�?100行以内的�E�序才是正解�Q�做了这么多题，��来��发现这句话是多么的�l�典。话说现在郭老大在马化腾那应该算个红��Z��~

�q�有件很囧的事，使用STL里的greater仿函数竟然要包括一个叫functional的头文�g�Q�甚是诡异。�?/span>

代码:

1 # include <cstdio>
2 # include <algorithm>
3 # include <functional>
4 # include <cstring>
5 using namespace std;
6 inline void setbit(int &num,int bit)
7 {
8     num|=1<<(30-bit);
9 }
10 inline bool getbit(int &num,int bit)
11 {
12     if(num&(1<<(30-bit))) return true;
13     else return false;
14 }
15 int main()
16 {
17     int test;
18     scanf("%d",&test);
19     for(int t=1;t<=test;t++)
20     {
21         int e[30];
22         memset(e,0,sizeof(e));
23         for(int i=0;i<30;i++)
24         {
25             int tmp;
26             scanf("%d",&tmp);
27             setbit(e[i],i);
28             if(i%6!=0) setbit(e[i],i-1);
29             if(i%6!=5) setbit(e[i],i+1);
30             if(i/6!=0) setbit(e[i],i-6);
31             if(i/6!=4) setbit(e[i],i+6);
32             if(tmp) setbit(e[i],30);
33         }
34         for(int i=0;i<30;i++)//消元
35         {
36             sort(e+i,e+30,greater<int>());
37             if(getbit(e[i],i))
38                 for(int j=i+1;j<30;j++)
39                     if(getbit(e[j],i))
40                         e[j]^=e[i];
41
42         }
43         for(int i=29;i>=0;i--)//回代
44             if(getbit(e[i],i))
45               for(int j=i-1;j>=0;j--)
46                   if(getbit(e[j],i))
47                       e[j]^=e[i];
48         printf("PUZZLE #%d\n",t);
49         for(int i=0;i<30;i++)
50         {
51            if(e[i])
52              printf("%d",getbit(e[i],30));
53            else printf("0");
54            if(i%6==5) printf("\n");
55            else printf(" ");
56         }
57     }
58     return 0;
59 }

yzhw 2011-01-16 01:35 发表评论

pku1217 FOUR QUARTERS 概率递推

yzhw — Sat, 06 Nov 2010 11:52:00 GMT

题意�Q?br>A、B俩游戏者，每轮俩�h分别抛俩��币�Q�然后根据结果结��该轮得分：(x��)

A胜B即A的点数大于B的点数�?br>然后输出20轮内A赢B、B赢A以及(qi��ng)打��^的概率�?br>
解答�Q?br>�q�题和一般的概率题不同，二者的�Ҏ(gu��)��是不独立的，所以要用一个pair和map存储他们的概率�?br>�l�合代码来说�?

1 # include <cstdio>
2 # include <cstring>
3 using namespace std;
4 # include <map>
5 # define encode(a,b) (((a)<<6)|(b))
6 # define getp1(a) ((a)>>6)
7 # define getp2(a) ((a)&63)
8 int main()
9 {
10     double res[21][2];
11     //p[i][j]�Q�A得到i-1分，B得到j-1分的概率�Q�以后�ؓ(f��)了处理方便，可以��得-1,0,1,2分看作得0,1,2,3�?/span>
12     double p[4][4]={{0,0,0,1.0/16},{1.0/16,3.0/8,1.0/8,0},{1.0/8,3.0/16,0,0},{1.0/16,0,0,0}};
13     memset(res,0,sizeof(res));
14     map<int,double> table[21];
15     table[0][encode(0,0)]=1.0;//边界情况�Q�A�?分，B�?分的概率�?
16     for(int step=1;step<=21;step++)
17     {
18         for(map<int,double>::iterator ita=table[step-1].begin();ita!=table[step-1].end();ita++)
19         {
20             int p1=getp1(ita->first),p2=getp2(ita->first);
21             if(step!=21)
22             {
23
24                 for(int i=0;i<4;i++)
25                     for(int j=0;j<4;j++)
26                         table[step][encode(p1+i,p2+j)]+=(ita->second)*p[i][j];//状态�{�U?/span>
27             }
28             if(p1<p2)//累加A输给B的概�?/span>
29                 res[step-1][0]+=ita->second;
30             else if(p1==p2)//累加打��^的概�?/span>
31                 res[step-1][1]+=ita->second;
32         }
33     }
34     printf("Round   A wins    B wins    Tie\n");
35     for(int i=1;i<=20;i++)//输出格式注意,如果需要在printf内输�?的话要用%%
36         printf("%5d%10.4f%%%9.4f%%%9.4f%%\n",i,(1-res[i][0]-res[i][1])*100,res[i][0]*100,res[i][1]*100);
37     return 0;
38 }
39

yzhw 2010-11-06 19:52 发表评论

pku2151 Check the difficulty of problems 概率DP�Q�可恶的StreamTokenizer!!!!!

yzhw — Mon, 01 Nov 2010 17:23:00 GMT

好吧�Q�这道题思想开始就惛_��了，�l�果做的搓死了。�?br>题意是这��P��ACM比赛�Q�T个队�Q�M个题�Q�第i个队做出�W�j个题的概率�ؓ(f��)p_i,j�Q�求所有队臛_��做一题�ƈ且冠军队�Q�可能有多个队）做出N题以上的概率
首先�Q�每个队是独立的�?br>设dp[i][j]为前i个题目做出j题的概率�Q�有dp方程dp[i][j]=dp[i-1][j-1]*(p[pos][i])+dp[i-1][j]*(1-p[pos][i])
边界条�g�Q�dp[0][0]=0;dp[i][0]=dp[i-1][0]*(1-p[pos][i])
然后�l�果应该是每队至��做��Z��题的概率减去在这个基��上所有队做题数小于N的概率�?br>万恶的StreamTokenizer�Q�不知道��d��数据的时候出了什么诡异的问题�Q�对照标�E�对拍，��是没错误，一提交��WA�Q�最后换Scanner�Q�顺利AC。。无语�?br>比赛的时候知道了�Q�数据比较大或者��Q点的情况下还是别用StreamTokenizer了。�?br>

1import java.io.*;
2import java.text.DecimalFormat;
3import java.util.Arrays;
4import java.util.Scanner;
5public class Main {
6
7    /**
8     * @param args
9     */
10
11    static double dp[][]=new double[35][35],map[][]=new double[1001][31];
12    static int m,t,n;
13    public static void main(String[] args) throws Exception{
14        Scanner in=new Scanner(System.in);
15        while(true)
16        {
17            m=in.nextInt();t=in.nextInt();n=in.nextInt();
18            if(m==0&&t==0&&n==0) break;
19            for(int i=1;i<=t;i++)
20                for(int j=1;j<=m;j++)
21                    map[i][j]=in.nextDouble();
22            double total=1.0,minus=1.0;
23            for(int i=1;i<=t;i++)
24            {
25                for(int j=0;j<=m;j++)
26                    Arrays.fill(dp[j],0.0);
27                double t1=0.0,t2=0.0;
28                dp[0][0]=1.0;
29                for(int j=1;j<=m;j++)
30                {
31                    dp[j][0]=dp[j-1][0]*(1-map[i][j]);
32                    for(int k=1;k<=m;k++)
33                        dp[j][k]=dp[j-1][k-1]*map[i][j]+dp[j-1][k]*(1-map[i][j]);
34                }
35                for(int j=1;j<=m;j++)
36                {
37                    t1+=dp[m][j];
38                    t2+=(j<n?dp[m][j]:0);
39                }
40
41                total*=t1;
42                minus*=t2;
43            }
44            System.out.printf("%.3f\n",total-minus);
45        }
46
47    }
48
49}
50

yzhw 2010-11-02 01:23 发表评论

yzhw — Sun, 31 Oct 2010 18:31:00 GMT

�l�出沛_��塔的中间状态，求将所有盘子摞��C��L(f��ng)��的最��步数�?br>先脓(chu��ng)�E�序

1 import java.util.*;
2 import java.io.*;
3 public class Main {
4
5     /**
6      * @param args
7      */
8     static StreamTokenizer in=new StreamTokenizer(new BufferedReader(new InputStreamReader(System.in)));
9     static final int nextInt() throws Exception
10     {
11         in.nextToken();
12         return (int)in.nval;
13     }
14     public static void main(String[] args) throws Exception{
15
16         int num=nextInt();
17         int step[]=new int[num+1];
18         int id[]=new int[num+1];
19         step[1]=1;
20         for(int i=2;i<=num;i++)
21             step[i]= (step[i-1]<<1)%1000000;
22         ArrayList<Integer> data[]=new ArrayList[3];
23         for(int i=0;i<3;i++)
24             data[i]=new ArrayList<Integer>();
25         int a=nextInt(),b=nextInt(),c=nextInt();
26         while((a--)!=0)
27             id[nextInt()]=0;
28         while((b--)!=0)
29             id[nextInt()]=1;
30         while((c--)!=0)
31             id[nextInt()]=2;
32         int s=id[num],e=s,mid=0,total=0;
33         for(int i=num;i>=1;)
34         {
35             if(s!=e)
36             {
37                 total=(step[i]+total)%1000000;
38                 e=mid;
39             }
40             s=id[--i];
41             mid=3-s-e;
42         }
43         System.out.println(id[num]+1);
44         System.out.println(total);
45
46
47
48     }
49
50 }
51

yzhw 2010-11-01 02:31 发表评论

yzhw — Wed, 27 Oct 2010 15:47:00 GMT

题目意思很明了�Q�计��一个n个顶点的无向�q�通图的数�?br>可以�q�样思�?
n个顶点的无相�q�通图构成�Ҏ(gu��)��为在n-1个节点中分离��Z��个大��ؓ(f��)i的联通分量加上第n个节点与剩余的n-1-i个点构成的联通分量（可能n-1-i个点�q�不联通，但是可以通过�W�n个点联通）�Q�所以初步的式子是这��P��(x��)
dp[i]=sum{dp[j]*(1 shl j-1)*dp[i-j]*c[j-1][i]}
但是�q�个式子有点问题�Q�会(x��)产生重复�Q�如图所�C?br>

1�Q?/span>

2�Q?/span>

1�Q�和2�Q�其实是同一�U�状态，但是�?/span> ��选出�Q?/span>1�Q?/span>2�Q�是一�U�，选出�Q?/span>3�Q?/span>4�Q�是一�U�，所以��生了重复�?/span>

那么该怎么修改呢，其实只要固定一个点�Q�假设是1�Q�再�?/span>n-1个点中选出i-1个点去跟1构成�q�通图即C^i-1_n-1�Q�那样就可以避免重复了；

所以式子修正�ؓ(f��)

dp[i]=sum{dp[j]*(1 shl j-1)*dp[i-j]*c[j-2][i-1]}
不知道网上很多�h��Z��么要从反面考虑�Q�即��出n无向囄��个数2^C[n][2]然后再减��M��q�通的诱导子图数目�Q�感觉是多此一举~

1 import java.io.*;
2 import java.math.*;
3 public class Main {
4
5     /**
6      * @param args
7      */
8     public static void main(String[] args) throws IOException{
9         BufferedReader in=new BufferedReader(new InputStreamReader(System.in));
10         BigInteger dp[]=new BigInteger[60];
11         BigInteger c[][]=new BigInteger[51][51];
12         c[0][0]=BigInteger.ONE;
13         for(int i=1;i<=50;i++)
14             c[i][0]=c[i][i]=BigInteger.ONE;
15         for(int i=2;i<=50;i++)
16             for(int j=1;j<i;j++)
17                 c[i][j]=c[i-1][j].add(c[i-1][j-1]);
18         dp[1]=BigInteger.ONE;
19         dp[0]=BigInteger.ONE;
20         for(int i=2;i<=50;i++)
21         {
22             dp[i]=BigInteger.ZERO;
23             for(int j=1;j<i;j++)
24                 dp[i]=dp[i].add(dp[j].multiply((BigInteger.ONE.shiftLeft(j)).add(BigInteger.ONE.negate())).multiply(dp[i-j]).multiply(c[i-2][j-1]));
25         }
26         int num=0;
27         while(true)
28         {
29             num=Integer.parseInt(in.readLine());
30             if(num==0) break;
31             System.out.println(dp[num]);
32         }
33
34     }
35
36 }
37

yzhw 2010-10-27 23:47 发表评论