BestCoder Round #80 （hdu5665，hdu5666，hdu5667（矩阵快速幂+费马小定理），hdu5668（中国剩余定理））

Lucky

题目链接：

http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5665

解题思路：

中文题目：

问题描述

\ \ \ \    Vampire喜欢玄学,尤其喜欢研究幸运数字.

\ \ \ \    对于一个数字集合S,定义关于S的幸运数字为无法用S中的数相加得到的最小的非负整数(每个数可以使用任意次).

\ \ \ \    现在给定一个数集,如果能使用其中的数相加得到任意自然数,输出”YES”,否则输出”NO”.

输入描述

\ \ \ \    第一行一个正整数T,为数据组数.

\ \ \ \    每组数据第一行一个n,表示集合大小.

\ \ \ \    接下来n个数,表示该数集里的数.

\ \ \ \ 1\le n\le 10^5,1\le T \le 10,0\le a_i \le 10^9    1≤n≤10​5​​,1≤T≤10,0≤a​i​​≤10​9​​.

输出描述

\ \ \ \    每组数据回答一个”YES”或”NO”.

输入样例

1
1
2

输出样例

NO

算法思想：

因为每个数可以用很多次,所以只要这个集合中有1,那么就可以加出所有的数来.

注意最后要判定一下是否有0.

AC代码：

#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;

int main(){
    int T;
    scanf("%d",&T);
    while(T--){
        int x,n,flag1 = 0,flag2 = 0;
        scanf("%d",&n);
        while(n--){
            scanf("%d",&x);
            if(x == 0)
                flag1 = 1;
            if(x == 1)
                flag2 = 1;
        }
        if(flag1 && flag2)
            puts("YES");
        else
            puts("NO");
    }
    return 0;
}

Segment

题目链接：

http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5666

解题思路：

中文题目：

问题描述

\ \ \ \    Rivendell非常神,喜欢研究奇怪的问题.

\ \ \ \    今天他发现了一个有趣的问题.找到一条线段$x+y=q$,令它和坐标轴在第一象限围成了一个三角形,然后画线连接了坐标原点和线段上坐标为整数的格点.

\ \ \ \    请你找一找有多少点在三角形的内部且不是线段上的点,并将这个个数对$P$取模后告诉他.

输入描述

\ \ \ \    第一行一个数T,为测试数据组数.

\ \ \ \    接下来每一行两个数$q$,$P$,意义如题目中所示.

$q$是质数且q\le 10^{18},1\le P\le 10^{18},1\le T \le 10q≤10​18​​,1≤P≤10​18​​,1≤T≤10.

输出描述

\ \ \ \    对每组数据,输出点的个数模$P$后的值.

输入样例

1
2 107

输出样例

0

算法思想：

经发现，答案就是：q -= 2；ans = ((1+q)*q/2)%p。

AC代码：

import java.math.BigInteger;
import java.util.Scanner;

public class Main {
    public static void main(String[] args){
    	Scanner sca = new Scanner(System.in);
    	int T = sca.nextInt();
    	for(int t = 1; t <= T; ++t){
    		BigInteger q = sca.nextBigInteger();
    		BigInteger p = sca.nextBigInteger();
    		q = q.subtract(BigInteger.valueOf(2));
            <span style="white-space:pre">	</span>q = (q.add(BigInteger.ONE)).multiply(q).divide(BigInteger.valueOf(2)).mod(p);
    		System.out.println(q);
    	}
    }
}

Sequence

题目链接：

http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5667

解题思路：

中文题目：

问题描述

\ \ \ \    Lcomyn 是个很厉害的选手,除了喜欢写17kb+的代码题,偶尔还会写数学题.他找到了一个数列:

f_n=\left\{\begin{matrix} 1 ,&n=1 \\ a^b,&n=2 \\ a^bf_{n-1}^cf_{n-2},&otherwise \end{matrix}\right.f​n​​=​⎩​⎨​⎧​​​1,​a​b​​,​a​b​​f​n−1​c​​f​n−2​​,​​​n=1​n=2​otherwise​​

\ \ \ \    他给了你几个数:$n$,$a$,$b$,$c$,你需要告诉他f_nf​n​​模$p$后的数值.

输入描述

\ \ \ \    第一行一个数T,为测试数据组数.

\ \ \ \    每组数据一行,一行五个正整数,按顺序为$n$,$a$,$b$,$c$,$p$.

\ \ \ \ 1\le T \le 10,1\le n\le 10^{18}    1≤T≤10,1≤n≤10​18​​,1\le a,b,c\le 10^91≤a,b,c≤10​9​​,p是质数且p\le 10^9+7p≤10​9​​+7.

输出描述

\ \ \ \    对每组数据输出一行一个数,输出f_nf​n​​对$p$取模后的数值.

输入样例

1
5 3 3 3 233

输出样例

190

算法思想：

观察递推式我们可以发现，所有的f_if​i​​都是$a$的幂次，所以我们可以对f_if​i​​取一个以$a$为底的$log$，即g_i=log_a\ f_ig​i​​=log​a​​ f​i​​

那么递推式变成g_i=b+c*g_{i-1}+g_{i-2}g​i​​=b+c∗g​i−1​​+g​i−2​​,这个式子可以矩阵乘法

这题有一个小trick，注意$amodp=0$的情况.

AC代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long ll;
ll MOD;

struct Matrix{
    ll ary[3][3];
    void init(){
        memset(ary,0,sizeof(ary));
    }
    Matrix(){
        init();
    }
};

Matrix multi(Matrix a, Matrix b){
    Matrix tmp;
    for(int i = 0; i < 3; ++i){
        for(int j = 0; j < 3; ++j){
            for(int k = 0; k < 3; ++k)
                tmp.ary[i][j] = (tmp.ary[i][j] + a.ary[i][k] * b.ary[k][j]) % MOD;
        }
    }
    return tmp;
}

ll quick_pow(Matrix base,ll n){
    Matrix ans;
    for(int i = 0; i < 3; ++i)
        ans.ary[i][i] = 1;
    while(n){
        if(n&1)
            ans = multi(ans,base);
        n >>= 1;
        base = multi(base,base);
    }
    return (ans.ary[0][0]+ans.ary[0][2])%MOD;
}

ll quick_pow(ll a,ll n,ll p){
    ll ans = 1;
    while(n){
        if(n&1)
            ans = ans*a%p;
        n >>= 1;
        a = a*a%p;
    }
    return ans;
}

int main(){
    int T;
    scanf("%d",&T);
    while(T--){
        ll n,a,b,c,p;
        scanf("%lld%lld%lld%lld%lld",&n,&a,&b,&c,&p);
        if(n == 1){
            printf("1\n");
            continue;
        }
        if(a%p == 0){
            printf("0\n");
            continue;
        }
        ll ab = quick_pow(a,b,p);
        if(n == 2){
            printf("%lld\n",ab);
            continue;
        }
        MOD = p-1;
        Matrix base;
        base.ary[0][0] = c; base.ary[0][1] = 1; base.ary[0][2] = 1;
        base.ary[1][0] = 1; base.ary[1][1] = 0; base.ary[1][2] = 0;
        base.ary[2][0] = 0; base.ary[2][1] = 0; base.ary[2][2] = 1;
        ll exp = quick_pow(base,n-2);
        ll ans = quick_pow(ab,exp,p);
        printf("%lld\n",ans);
    }
    return 0;
}

Circle

题目链接：

http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5668

解题思路：

中文题目：

问题描述

\ \ \ \    Fye对约瑟夫游戏十分着迷.

\ \ \ \    她找到了$n$个同学,把他们围成一个圈,让他们做约瑟夫游戏,然后她得到了一个同学们出圈的编号序列.游戏是这样进行的:以同学$1$为起点,开始计数,计数到第$k$个同学,该同学出圈.出圈的同学将不参与之后的计数.

\ \ \ \    如今Fye找到了你,她想让你告诉他满足已知出圈序列的最小的$k$,如果你回答不上来,她就会很生气然后把你吊打一顿.

输入描述

\ \ \ \    第一行一个数T,为测试数据组数.

\ \ \ \    对每组测试数据,第一行一个数$n$.

\ \ \ \    第二行$n$个数,为同学的出圈序列(第ai个出圈的人,编号为i).

\ \ \ \    输入数据必须是一个$1$到$n$的合法排列.

$1\le T\le 10,2\le N\le 20$.

输出描述

\ \ \ \    对于每组测试数据,若存在合法的$k$,输出一个正整数,为合法的最小$k$,否则输出”Creation August is a SB!“.

输入样例

1
7
7 6 5 4 3 2 1

输出样例

420

算法思想：

考虑对给定的出圈序列进行一次模拟,对于出圈的人我们显然可以由位置,编号等关系得到一个同余方程 一圈做下来我们就得到了n个同余方程 对每个方程用扩展欧几里得求解,最后找到最小可行解就是答案. 当然不要忘了判无解的情况. 

AC代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long ll;
const int N = 25;
ll a[N],m[N],n;
int b[N];
int vis[N];

ll extend_gcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y){
    if(b == 0){
        x = 1,y = 0;
        return a;
    }
    else{
        ll r = extend_gcd(b,a%b,y,x);
        y -= x*(a/b);
        return r;
    }
}
ll CRT(ll a[],ll m[],int n) {
    if(n == 1){
        if(m[0] > a[0])
            return a[0];
        else
            return -1;
    }
    ll x,y,d;
    for(int i = 1; i < n; ++i){
        if(m[i] <= a[i])
            return -1;
        d = extend_gcd(m[0],m[i],x,y);
        if((a[i] - a[0]) % d != 0)
            return -1;
        ll t = m[i] / d;
        x = ((a[i]-a[0])/d*x%t+t)%t;
        a[0] = x*m[0]+a[0];
        m[0] = m[0]*m[i]/d;
        a[0] = (a[0]%m[0]+m[0])%m[0];
    }
    return a[0];
}

int main(){
    int T;
    scanf("%d",&T);
    while(T--){
        int n;
        scanf("%d",&n);
        for(int i = 0; i < n; ++i) {
            int rd;
            scanf("%d",&rd);
            //b[i+1]=rd;
            b[rd] = i+1;
        }
        memset(vis,0,sizeof(vis));
        ll z = 1;
        for(int i = 1; i <= n; ++i){
            int cnt = 0;
            for(int j = b[i-1]+1; ; ++j){
                if(j == n+1) j = 1;
                if(vis[j] == 0) cnt++;
                if(j == b[i]) {
                    vis[j] = 1;
                    break;
                }
            }
            a[i-1] = cnt;
            m[i-1] = n-i+1;
            a[i-1] %= m[i-1];
            z = z*m[i-1]/__gcd(z,m[i-1]);
        }
        ll ans = CRT(a,m,n);
        if(ans == 0)
            ans += z;
        if(ans == -1)
            puts("Creation August is a SB!");
        else
            printf("%lld\n",ans);
    }
    return 0;
}