Forever小浮的数学推公式专题题解
B.三足鼎立
题目链接
https://vjudge.net/contest/252255#problem/B
题意
已知s,u,v满足 arctan(1/s) = arctan(1/u)+arctan(1/v)
求f(s, u, v) = v*u-s*u-s*v的值
思路
直接计算的话因为精度的问题结果可能会不对 于是进行一番推导
①tan(a+b) = ( tan(a) + tan(b)) / (1 – tan(a) * tan(b) )
②tan( atan(x) ) = x
③arctan(1/s) =arctan(1/u)+arctan(1/v)
由①②③得1/s = tan( arctan(1/u)+arctan(1/v)) = (tan(arctan(1/u)) + tan(arctan(1/v)))/(1-tan(arctan(1/u))*tan(arctan(1/v)))= (1/u + 1/v) / (1 - 1/(uv))
化简解一下得到 uv = 1 + us + vs
因此f(s, u, v) = v*u-s*u-s*v=1
所以直接输出1即可
代码
略。。。
C.阿牛的EOF牛肉串
题目链接
https://vjudge.net/contest/252255#problem/C
题意
EOF三个字母组成字符串，不能有两个相连的O，很容易想到递推。
当第n个字母为O时，我们知道我们的第n-1个字母只能为E，F，因此共有2*f(n-2)种可能（前n-2个字母无限制）
当第n个字母为E，F时，我们知道第n-1个字母无限制，此时共有2*f(n-1)种可能。
所以总共的可能数目为2*f(n-1)+2*f(n-2)
即：f（n）=2*f(n-1)+2*f(n-2)
简单递归一下即可
代码
#include
#include
#include
using namespace std;
typedef long long LL;
int main(){
long long fn,fn1,fn2,n,i;
while(scanf("%lld",&n)!=EOF){
fn2=3,fn1=8;
if(n==1){
printf("3\n");
continue;
}
if(n==2){
printf("8\n");
continue;
}
for(i=2;i D.Tri Tiling
题目链接
https://vjudge.net/contest/252255#problem/D
题意
用1*2的矩形搭建3*n的大矩形，问有多少种搭法
思路
首先可以确定的是奇数肯定都是不行的，直接0，偶数的话：
考虑n的情况，一种为n能够拆分成n1+n2的这种情况，最终结果显然为f(n1)*f(n2)
另外一种为不能用竖线拆分的情况，如果是不能拆分的情况，只能是如下图的这种结构，补全它需要两行。
因此有公式f(n)=3*f(n-2)+2*f(n-4)+…+2*f(0)
求解递推公式只需写出f(n-1)然后作差
得f(n)=4*f(n-2)-f(n-4)
代码
#include
#include
using namespace std;
int main()
{
int i,n,a[16];
a[0]=1;
a[1]=3;
a[2]=11;
for(i=3;i<=15;i++)
a[i]=4*a[i-1]-a[i-2];
while(scanf("%d",&n),n!=-1)
{
if(n%2==0)
printf("%d\n",a[n/2]);
else printf("0\n");
}
return 0;
}
E.神、上帝以及老天爷
题目链接
https://vjudge.net/contest/252255#problem/E
题意
n人抽写自己名字的n签，问恰好所有人都抽不到自己的名字签的概率
思路
就是裸的错排，没啥好说的
对于N-1个人，加入一个人，有n-1个人拿错票和n-2个人拿错票两种情况
当有n-1个拿错票时，加入一个人，只要第n个人和前面任意的n-1个人其中一个调换票就可以了，所以有f(n-1)*(n-1)。当有n-2个拿错票时，只能是没拿错的那个人与第n个交换票，而那个人可能是前面n-1个的任意一个，所以又有f(n-2)*(n-1)
所以错排结果为(n-1)*(f(n-1)+f(n-2))
代码
略。
F.FXTZ II
题目链接
https://vjudge.net/contest/252255#problem/F
题意
有n个能量球，能量分别为 2^0,2^1,2^2,........2^n-1
每次随机选择能量球的概率相同，选择后不能再被选，打中自己和敌人的概率都是50%，
过程中，一旦自己的血量小于对方就算输了，问自己赢的概率。
思路
下面是转自大佬https://blog.csdn.net/a1061747415/article/details/40718009的题解，我的推理方法和它略有不同但是不好说明，结果是相同的。
这题是分析概率题
首先，拿到题目，看到的输出样式是分子除以分母，这样的格式的话，不能只求概率，要用方法数来算
（1）可以确定的是为化简的分母，也就是总方法数，应该是 n 个雪球全排列后，然后再决定每个雪球打在谁身上。
也就是 n! * 2^n
（2）现在来分析分子，也就是赢的方法数
现在n个雪球排列好了在一排，
可以肯定的是第n个雪球是打在对方身上 ，否则我必输
因为第n个雪球的能量是2^(n-1) 大于剩下的 n-1 个球的能量总和
所以根据第n个球的位置讨论赢的方法数，假设这个球记为x,则其它球记为*
1.第n个雪球在1号位
x*****************
n-1 个雪球只需要随机排列(n-1)!，并且可以随便打谁2^(n-1) ，所以方法数为：c[n-1][0]*(n-1)!*2^(n-1)
2.第n个雪球在2号位
*x****************
只需要选择1个雪球在左边，n-2个雪球可以随便，所以方法数为：c[n-1][1]*(n-2)!*2^(n-2)
3.第n个雪球在3号位
**x***************
只需要选择2个雪球在左边，并且满足要求也就是dp[2]，n-3个雪球可以随便，dp[2]*c[n-1][2]*(n-3)!*2^(n-3)
备注：dp[n]记录的是n个雪球时满足要求的方法数
4.第n个雪球在i号位
*******x**********
只需要选择i-1个雪球在左边，并且满足要求也就是dp[i-1]，剩下的n-i个球随便放(n-i)!*2^(n-i)方法，所以方法数dp[i-1]*c[n-1][i-1]*(n-i)!*2^(n-i)
因此，总的赢的方法数dp[n] = sum { dp[i-1]*c[n-1][i-1]*(n-i)!*2^(n-i) } 1<=i<=n
化简：dp[n] = sum { dp[i-1] * (n-1)! * 2^(n-i) / (i-1)! } 1<=i<=n
即 dp[n] = (n-1)! * ( dp[0]*2^(n-1)/0! + dp[1]*2^(n-2)/1! + dp[2]*2^(n-3)/2! + ..... + dp[n-2]*2^1/(n-2)! + dp[n-1]*2^0/(n-1)! )
而dp[n-1] = (n-2)! * ( dp[0]*2^(n-2)/0! + dp[1]*2^(n-3)/1! + dp[2]*2^(n-4)/2! + ..... + dp[n-2]*2^0/(n-2)! ）
所以看出： dp[n]=(n-1)*2*dp[n-1]+dp[n-1]
所以 dp[n]=(2*n-1)*dp[n-1] ，dp[0]=1，
所以赢的方法数为:1*3*5*7*...*(2*n-1)
综合（1），（2）得到答案为1*3*5*7*...*(2*n-1) / (n! * 2^n)
知道结论后码代码就可以了，需要用到大数。
G.He is Flying
题目链接
https://vjudge.net/contest/252255#problem/G
题意
一个非负整数组成的数列，记其前缀和为S。对于一段子区间，它对其部分和的贡献为其区间长度。问对于从0到Sn的部分和，其得到的总价值。
思路
数据范围血大无比，而且求所有方法的累计贡献，于是想到生成函数
求解(i−j+1)si−sj−1(i−j+1)si−sj−1
但是想了很久并没有想出来。。。看了大佬的题解 是需要构造4个生成函数，然后将它们两两相乘（卷积），再相减：
(∑ixsi)(∑x−si−1)−(∑xsi)(∑(i−1)x−si−1)
然后使用FFT进行计算。。。ORZ
H.Toxophily
题目链接
https://vjudge.net/contest/252255#problem/H
题意
一个人站在(0,0)处射箭，箭的速度为v，问是否能够射到(x,y)处，并求最小角度。
思路
h=vy*t-0.5*g*t*t
vx=v*cos(a)
vy=v*sin(a)
t=x/vx
可得：h=x*tan(a)-(g*x*x)/(2*v*v)/cos(a)/cos(a)
g,x,v已知，设A=x,B=(g*x*x)/(2*v*v)
原式等价于：h=A*tan(a)+(-B/(cos(a)^2))
h函数是上凸函数，三分找到hmax，如果能达到再二分找到最小仰角就可以了
I.FSF’s game
题目链接
https://vjudge.net/contest/252255#problem/I
题意
给定一个整数n，求∑fun(i,j)（1<=i<=j<=n）。其中fun(i,j)=∑i*j/gcd(i/k,j/k)(k为i和j的公因子)，也就是求∑n1i∗j/gcd(i/k,j/k)
思路
根据题意可以得到cal(i,n)=i∗n/gcd(i/k,n/k)=i∗n/gcd(i/k,n/k)（k为i和n的因子）
那么f(n)=f(n−1)+∑caln1(i,n)
拆一下就变成了n/gcd(1/k,n/k)+2n/gcd(2/k,n/k)+...+nn/gcd(n/k,n/k)
很容易得到，对于每一项而言， gcd必然为n的因子，所以在利用筛因子的方法，可以枚举gcd，然后很容易求得当前gcd下的个数为n / gcd，用等差求和公式求gcd加上(n/gcd+1)∗(n/gcd)∗n然后递推一下就有结果了
J.汉诺塔III
题目链接
https://vjudge.net/contest/252255#problem/J
题意
改变了汉诺塔的规则，不能从左边的柱子移动到右边的柱子，需要经过中间的柱子移动，问n片从最左到最右需要多少步。
思路
假设有N个圆盘，则可以分为以下几步
1.最上面的n-1个移动到3号杆子上
2.把第n个从1移动到2柱上
3.把前n-1再从3柱移动到1柱上
4.把第n个从2移动到3
5.再把前n-1个从1移动到3
可以很容易的得到递推式为f(n)=3*f(n-1)+2
其中f (1)=2, 稍微进行一下公式的调整就能得到通项公式为f(n)=3^n-1
K.The Boss on Mars
题目链接
https://vjudge.net/contest/252255#problem/K
题意
求1-n中所有与n互质的数的四次方的和
思路
这个想了一下应该求1到n四次方的和有一个公式 百度了一下果然有QAQ
1^4+2^4+3^4+4^4+……+n^4=n(n+1)(2n+1)(3n^2+3n-1)/30
然后就可以用容斥原理搞定它
先找到所有的质因子
然后比如说求2的倍数就可以用2*（1^4+2^4+3^4+4^4+……+（n/2）^4）
用容斥计算出与N不互质的和，然后再作差就可以了
附上大佬代码
#include
#include
#include
using namespace std ;
const int maxn = 1010 ;
typedef __int64 ll ;
const __int64 mod = 1e9+7 ;
int p[maxn] ;
int len ;
ll inv ;
void get_prime(ll n)
{
len = 0 ;
for(int i = 2;i*i <= n;i++)
{
if(n%i == 0)p[++len] = i;
while(n%i==0)n/=i ;
}
if(n>1)p[++len] = n ;
}
ll Pow(ll a , ll b)
{
ll c = 1 ;
while(b)
{
if(b&1)c = (c*a)%mod;
a = (a*a)%mod;
b >>= 1;
}
return c ;
}
ll dfs(int pos , int n)
{
ll ans = 0 ;
for(int i = pos;i <= len ;i++)
{
ll t = n/p[i] ;
ll t_1 = ((((6*Pow(t,5) + 15*Pow(t,4) + 10*Pow(t,3) - t))%mod)*inv)%mod;
ans = (ans + (Pow(p[i] , 4)*(t_1- dfs(i+1 , n/p[i]))))%mod;
}
return ans ;
}
int main()
{
int T ;
scanf("%d" , &T) ;
inv = Pow(30 , mod - 2) ;
while(T--)
{
ll n ;
scanf("%I64d" , &n) ;
get_prime(n) ;
ll ans = (((((6*Pow(n,5) + 15*Pow(n,4) + 10*Pow(n,3) - n))%mod)*inv)%mod - dfs(1 , n))%mod ;
printf("%I64d\n" , (ans+mod)%mod);
}
return 0 ;
}
L.Counting Triangles
题目链接
https://vjudge.net/contest/252255#problem/L
题意
数三角形。。。没啥说的
思路
边为n的三角形的三角形数f(n)=原来的边等于n-1的三角形数f(n-1)+第n层增加的三角形2*n-1+正的边大于1的三角形数n*(n-1)/2+倒的三角形数；
即f(n)=f(n-1)+2*n-1+n*(n-1)/2+倒三角形
倒的三角形第四层1个，第五层2个，第6层4个
所以可以按照奇偶分两种情况：
当n为偶数时就为1+3+5+……+（n-3）;
当n为奇数时就位2+4+6+……+（n-3）;
没考虑倒着的三角形就会GG的。。。
M.循环多少次
题目链接
https://vjudge.net/contest/252255#problem/M
题意
思路
循环的结果为C(n,m)=n!/(m!*(n-m)!)
但是这个数太大了 不太行
用组合数的一个递推公式C(n,m)=C(n,m-1)+C(n-1,m-1)
也可以用杨辉三角来思考，结果是一样的
附上抄的代码
#include
using namespace std;
int arr[2003][2003];
void set(){
int i,j;
for(i=1;i<=2000;i++)
arr[1][i]=i%1007,arr[i][i]=1;
for(i=2;i<2000;i++)
{
for(j=i+1;j<=2000;j++)
{
arr[i][j]=(arr[i-1][j-1]+arr[i][j-1])%1007;
}
}
}
int main()
{
set();
int t,m,n;
while(cin>>t)
{
while(t-- && cin>>m>>n)
{
cout<N.GCD?LCM!
题目链接
https://vjudge.net/contest/252255#problem/N
题意
计算S(n)mod 258280327.其中[exp],exp是一个逻辑表达式，如果exp为真,[exp]=1,否则[exp]=0;
思路
疯狂公式推导然后求出递推，看了一下和大佬的做法一样，果断帖图
然后根据这个公式打表直接算就可以了。
O.彼岸
题目链接
https://vjudge.net/contest/252255#problem/O
题意
有红黄蓝三张颜色来涂色，连续的三块不能是三种不同的颜色，问涂n块有多少种情况
思路
递推找规律，和前面一道题挺像的；
若前两块的颜色相同，那么下一块可以涂三种颜色；
如果前两块的颜色不同，那么下一块可以涂两种颜色。
羸弱开两个数组a，b分别记录 最后两块颜色相同的情况数 和 最后两块颜色不同的情况数。
很显然的，a1 = 3; b1 = 0; an+1 = an + bn; bn+1 = 2*an + bn;
f（n）=a(n)+b(n)
代码
#include
#define maxn 50
int a[maxn],b[maxn];
using namespace std;
int main()
{
int T,i,n;
cin >> T;
a[1] = 3; b[1] = 0;
for (i=2;i<40;++i)
{
a[i] = a[i-1]+b[i-1];
b[i] = a[i-1]*2+b[i-1];
}
while (T--)
{
cin >> n;
cout << a[n]+b[n] << endl;
}
return 0;
}
P.Snail Alice
题目链接
https://vjudge.net/contest/252255#problem/P
题意
说了一堆废话其实就是求
思路
这题做了好久
Q.Deck
题目链接
https://vjudge.net/contest/252255#problem/Q
题意
在桌子边上叠纸牌，使纸牌超出桌边的长度最长，并且不能掉下去。
即重心最多在桌子边缘上，问给你N张纸牌，最长能超出桌子边缘多长。
思路
把第一块木板的重心放在第二块木板的边缘，把这两块木板的重心放在第三块木板的边缘，把这三块木板的重心放在第四块木板的右边缘⋯⋯利用杠杆原理算一下n 块木板可以伸出桌面 (1 + 1/2 + 1/3 + … + 1/n) / 2
最终得到一个递推式：a[i] = a[i-1] + 1/i/2
代码
#include
#include
int main()
{
double a[100010];
a[1] = 0.5;
int N;
for(int i = 2; i <= 100000; i++)
a[i] = a[i-1] + 1.0/i/2;
printf("# Cards Overhang\n");
while(~scanf("%d",&N))
{
printf("%5d%10.3lf\n",N,a[N]);
}
return 0;
} R.Delivery
题目链接
https://vjudge.net/contest/252255#problem/R
题意
你要去邮局发一个包裹，有n个窗口，每个都有人，每一个窗口完成一次服务的时间 ti 的分布符合几何分布：ki*e^(-ki*t)
每个窗口当前服务已经进行了ci时间 你会去第一个完成当前服务的窗口，求你从到达邮局到寄完包裹花费总时间的期望
思路
这个概率还要积分 算到一半不会算 还是请教了寝室大佬才推出答案
研究了好几个小时ORZ
附上抄的代码
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
#define MAXN 10000
double k[1010];
int main()
{
int tt;
scanf("%d",&tt);
int n;
int cas=0;
while(tt--)
{
cas++;
scanf("%d",&n);
double ans=0;
for(int i=0;i