2023.8.2
2022河南萌新联赛第（三）场：河南大学\神奇数字.cpp
//题意：给定三个正整数a b c,求x满足满足abc同余x的个数。
//这个考虑同余的性质，就是两个数的差去取模为0的数肯定是这两个数的同余数,。因此我们计算三个数两两之间差的最大公约数，然后直接分解质因数，计算gcd的因子个数就是x能够用取到的数量。
#include
#include
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#include 总结：//同余的性质 (就是两个数的差去取模为0的数肯定是这两个数的同余数)
//同余式可逐项相加
//同余式可以逐项相乘。
//同余式一边的数可以移到另一边，只要改变符号就可以了
//同余式的每一边都可以增加或减去模的任意倍数。
//同余式两边的数如有公约数，此公约数又和模互素，那么就可以把两边的数除以这个公约数。
//同余式两边的数和模可以同时乘上一个整数。
//同余式两边的数和模可以同时被它们任一公约数除。
//如果同余式对于模m成立，那么它对于m的任意约数相等的模d也成立。
//如果同余式一边上的数和模能被某个数除尽，则同余式的另一边的数也能被这个数除尽。
//同余式一边上的数与模的最大公约数，等于另一边上的数与模的最大公约数
2022河南萌新联赛第（三）场：河南大学\逆序对计数.cpp
//题意：给定长度为n的排列（0<=n<=6000）,每次询问为如果将l,r翻转，则逆序对的个数
//思路： 对于一个排列, 如果区间反转, 逆序数等于区间中所有的对数减去当前的逆序对数, 即原本的正序对变为逆序对, 原本的逆序对变为正序对。
//改变区间在整个区间的位置不重要，逆序对的增减只会在区间进行
/* #include
#include
#include
#include P1045 [NOIP2003 普及组] 麦森数(高精度快速幂)
题意：输入P(1000<=p<=3100000)，输出2^p-1的位数及最后500位数
#include
#include
#include
using namespace std;
int f[1001], p, res[1001], sav[1001];//乘法要开两倍长度
void result_1() {
memset(sav, 0, sizeof(sav));
for (register int i = 1; i <= 500; i += 1)
for (register int j = 1; j <= 500; j += 1)
sav[i + j - 1] += res[i] * f[j];//先计算每一位上的值（不进位）
for (register int i = 1; i <= 500; i += 1)
{
sav[i + 1] += sav[i] / 10;//单独处理进位问题，不容易出错
sav[i] %= 10;
}
memcpy(res, sav, sizeof(res));//cstring库里的赋值函数，把sav的值赋给res
}
void result_2() {
memset(sav, 0, sizeof(sav));
for (register int i = 1; i <= 500; i += 1)
for (register int j = 1; j <= 500; j += 1)
sav[i + j - 1] += f[i] * f[j];
for (register int i = 1; i <= 500; i += 1){
sav[i + 1] += sav[i] / 10;
sav[i] %= 10;
}
memcpy(f, sav, sizeof(f));
}
int main() {
cin >> p;
cout << int(log10(2) * p + 1) << '\n'; //2^p-1,2^p的位数
res[1] = 1;
f[1] = 2;
while (p) {
if (p % 2 == 1) {
result_1();
}
result_2();
p >>= 1;
}
res[1] -= 1;
for ( int i = 500; i >= 1; i--)//注意输出格式，50个换一行，第一个不用
if (i != 500 && i % 50 == 0)printf("\n%d", res[i]);
else printf("%d", res[i]);
return 0;
} 数位dp
(最高位限制，记忆化搜索，枚举位的大小，前导0)
洛谷P2657 [SCOI2009] windy 数
windy定义了一种windy数。不含前导零且相邻两个数字之差至少为2的正整数被称为windy数。
windy想知道，在A和B之间，包括A和B，总共有多少个windy数？
#include
#include
using namespace std;
int num[12], dp[12][12];
int dfs(int pos, int pre, int limit, int lead) {
int ans = 0, i, up;
if (pos == -1) //搜完
return 1; //用作计数
if (!limit && dp[pos][pre] != -1 && !lead)//没有最高位限制，已经搜过了,并且没有前导0
return dp[pos][pre]; //记忆化搜索
up = limit ? num[pos] : 9;//当前位最大数字
for (i = 0; i <= up; i++) {//从0枚举到最大数字
if (lead) {//有前导0不受限制
ans += dfs(pos - 1, i, limit && i == up, lead && i == 0);
}
else if (i - pre >= 2 || i - pre <= -2)//无前导0受限
ans += dfs(pos - 1, i, limit && i == up, lead && i == 0);
}
if (!limit && !lead)//没有最高位限制且没有前导0时记录结果
dp[pos][pre] = ans;
return ans;
}
int solve(int x) {
int pos = 0;
while (x) {
num[pos++] = x % 10;
x /= 10;
} //按位储存
return dfs(pos - 1, -1, 1, 1);
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
int lt, rt;
cin >> lt >> rt;
memset(dp, -1, sizeof(dp));
cout<< solve(rt) - solve(lt - 1)<<'\n';
return 0;
}