几道数学题
从给定的[a,b]区间选出一个数x，从[c,d]区间选出数y，问有多少对(x,y)满足(x+y) % p = m
思路：对于a<=x<=b,c<=y<=d.
满足条件的结果为ans=f(b,d)-f(b,c-1)-f(a-1,d)+f(a-1,c-1)。
而函数f(a,b)是计算0<=x<=a,0<=y<=b满足条件的结果。这样计算就很方便了。
LL gcd(LL x , LL y){
return y==0 ? x : gcd(y , x%y) ;
}
LL p , m ;
LL ans(LLa , LL b){
if(a < 0 || b < 0) return0 ;
LL s = 0 ;
LL ma = a % p , mb = b % p ;
s += (a/p)*(b/p) * p ;
s += (ma+1)*(b/p) + (mb+1)*(a/p) ;
if(ma > m){
s += min(m , mb) + 1 ;
LL t = (p+m-ma) % p ;
if(t <= mb)s += mb-t+1 ;
}
else{
LL t = (p+m-ma) % p ;
if(t <= mb) s += min(mb-t+1 , m-t+1) ;
}
return s ;
}
int main(){
int t , T = 1 ;
LL a , b , c , d , s , g , f ;
cin>>t ;
while(t--){
cin>>a>>b>>c>>d>>p>>m ;
s = ans(b,d) - ans(c-1 , b) - ans(a-1,d) + ans(a-1 , c-1) ;
f = (d-c+1) * (b-a+1) ;
g = gcd(f , s) ;
printf("Case #%d: %I64d/%I64d\n" , T++ , s/g , f/g) ;
}
return 0 ;
}
路径f:由A到D；g:由B到C的路径。 沿坐标轴正方向走，f,g不能有交集。求路径对(f,g)总数
A(0,0),B(p,0),C(m,q),D(m,n);
因为(f,g)不相交数=(f,g)总数-(f,g)相交数；
总数： c(m+n,m)*c(m-p+q,q);
相交数：c(m+q,m)*c(m-p+n,n);
const LL mod = 100000007 ;
LL exgcd(LL a ,LL b ,LL &x ,LL &y){
if(b==0){
x=1 ;
y=0 ;
return a ;
}
LL g=exgcd(b,a%b,x,y) ;
LL t=x ;
x=y ;
y=t-(a/b)*y ;
return g ;
}
LL inverse(LL n){
LL x , y ;
exgcd(n , mod , x , y) ;
return (x % mod + mod) % mod ;
}
LL C(LL n , LL m){
LL u = 1 , v = 1 ;
for(LL i = 0 ; i < m ; i++){
u = u * (n-i) % mod ;
v = v * (i+1) % mod ;
}
return u * inverse(v) % mod ;
}
int main(){
LL s , m , n , p , q ;
while(cin>>m>>n>>p>>q){
s = C(m+n , n) * C(m+q-p , q) % mod ;
s -= C(m+q,m) * C(m+n-p,n) % mod ;
s = (s % mod + mod) % mod ;
cout<<s<<endl ;
}
return 0 ;
}
要求满足的m=a^3+b^3=(a+b)(a2-ab+b2)的(a,b)组合。
令t=x1+x2,则t一定是m的约数，所以应枚举m的所有约数。
然后可以得到
t = x1+x2
n/t = x1^2 - x1*x2 +x2^2 ;
= t*t – 3x1*x2
ð x1*x2 =(t*t-n/t) / 3 = m ;
有韦达定理 x1,x2为二次方程 x^2 – mx + t = 0的2正整数根
再就是注意范围要用unsigned long long。
typedef unsigned long long ll ;
const ll M = 3000001 ;
int cnt,num,cn;
ll prime[M],p[100],e[100];
bool f[M];
ll n;
void make(){
cnt=0;
for(int i=2;i<M;i++){
if(!f[i]) prime[cnt++]=i;
for(int j=0;j<cnt&&i*prime[j]<M;j++){
f[i*prime[j]]=1;
if(i%prime[j]==0) break;
}
}
}
void fac(ll m){
num=0;
for(ll i=0;i<cnt&&(ll)prime[i]*prime[i]<=m;i++){
if(m%prime[i]==0){
p[num]=prime[i];
ll j=1;
m/=prime[i];
while(m%prime[i]==0){
j++;
m/=prime[i];
}
e[num++]=j;
}
}
if(m>1){
p[num]=m;
e[num++]=1;
}
}
ll ispw2(ll a){
ll b=sqrt(1.0*a);
if((ll)b*b==a) return b;
return M;
}
map<ll , ll> answer ;
map<ll , ll> ::iterator it ;
void is(ll t){
ll x1,x2;
ll p=n/t;
ll a=t*t-p;
if(a>0&&a%3!=0) return ;
ll m=a/3;
ll b=t*t-4*m;
if(b<0) return ;
ll c=ispw2(b);
if(c==M) return ;
if((t+c)%2==0){
x1=(t+c)/2;
x2=t-x1;
if(x1>x2) swap(x1,x2);
if(x1>0&&x1<t&&x2>0&&x2<t&&answer.find(x1) == answer.end()){
answer[x1] = x2 ;
}
}
}
ll Pow(ll x,ll y){
ll s=1;
for(;y;y>>=1 , x*=x){
if(y&1) s*=x;
}
return s;
}
void dfs(int id,ll s){
is(s);
if(id>=num) return;
for(int i=0;i<=e[id];i++)
dfs(id+1, (ll)s*Pow(p[id],i));
}
int main(){
make();
while(scanf("%llu",&n)!=EOF){
fac(n);
cn=0;
answer.clear() ;
dfs(0,1);
printf("%d",answer.size()) ;
for(it = answer.begin() ;it != answer.end() ; it++)
printf(" (%llu,%llu)",it->first,it->second);
printf("\n");
}
return 0;
}
一门课的书有 N 章内容要复习，每天可以复习一章，但是有 M 个限制条件：在第 D[i] 天中无法复习第 C[i] 章，问不同的复习方案数
容斥原理，不考虑约束条件，则一共有 N! 种复习方案，然后减去刚好触发一个约束条件的方案数，加上刚好触发两个约束条件的方案数，减去刚好触发三个的……依此类推
另外注意一点，输入中可能包含重复的约束条件，要先去重再算容斥，否则会得到错误的结果
题意抽象出来就是 在 n*n 的 棋盘中 加了 m 个禁位， 放置 n 个棋子 ，每两个棋子不在同一行 同一列，问有多少中放置方式 ？
trick ：
M 个禁位 中 有相同 坐标的点。
解法 : 利用 有禁位的排列的公式 （容斥原理）：
n！ - r1 *( n-1)! + r2*(n -2)! - r3*(n-3)! +..........
ri 指 在禁区中 选 i 个 位置的 方案数。
由于 m 的值较小 ，可直接 dfs暴力求方案数。
const LL mod = 55566677 ;
int x[28] , y[28] ;
LL p[60] ;
bool visx[60] , visy[60] ;
int n , m ;
LL s ;
void dfs(int cnt , int id , int f){
s = (s + p[n-cnt]*f) % mod ;
s = (s+mod) % mod ;
for(int i = id+1 ; i < m ; i++){
if(!visx[x[i]] && !visy[y[i]]){
visx[x[i]] = visy[y[i]] = 1 ;
dfs(cnt+1 , i , -f) ;
visx[x[i]] = visy[y[i]] = 0 ;
}
}
}
int main(){
int i , j ;
p[0] = p[1] = 1 ;
for(i = 2 ; i < 60 ; i++) p[i] = p[i-1] * i % mod ;
while(cin>>n>>m){
for(i = 0 ; i < m ; i++) scanf("%d%d" ,&x[i] , &y[i]) ;
for(i = 0 ; i < m ; i++){
for(j = i+1 ; j < m ; j++){
if(x[i]==x[j] && y[i]==y[j]){
swap(x[j] , x[m-1]) ;
swap(y[j] , y[--m]) ;
}
}
}
memset(visx , 0 , sizeof(visx)) ;
memset(visy , 0 , sizeof(visy)) ;
s = 0 ;
for(i = 0 ; i < m ; i++){
visx[x[i]] = visy[y[i]] = 1 ;
dfs(1 , i , 1) ;
visx[x[i]] = visy[y[i]] = 0 ;
}
s = (p[n] - s) % mod ;
s = (s + mod) % mod;
cout<<s<<endl ;
}
return 0 ;
}
限位排列
一门课的书有 N 章内容要复习，每天可以复习一章，但是第 i 章不能在第 i 天或第 i + 1 天复习（最后一章则对应最后一天和第一天），问不同的复习方案数, 递推公式如下：
int main(){
f[0]=f[3]=1, f[1]=f[2]=0, f[4]=2;
int n ;
for(n = 5 ; n <= maxn ; n++){
if(n%2)
f[n] = (f[n-1]*n%mod + (f[n-2]*n%mod + 4) * inverse(n-2)) % mod ;
else
f[n] = (f[n-1]*n%mod + (f[n-2]*n%mod - 4) * inverse(n-2)) % mod ;
}
while(scanf("%d" ,&n) != EOF){
printf("%lld\n" , f[n]) ;
}
return 0;
}
题意：求第k个斐波那契素数对应的斐波那契数列及其之后的值%x==0的最小的斐波那契数值，(%m), zoj
数据范围：(1<=k<=10^6),(3<=X<=100),(10<=M<=10^6)
解题思路：
斐波那契数列的特性：( 0,1,1,2,3,5,8... )
1、gcd(fib(n),fib(m))=fib(gcd(n,m))
2、如果fib(k)能被x整除，则fib(k*i)都可以被x整除。
3、f(0)+f(1)+f(2)+…+f(n)=f(n+2)-1
4、f(1)+f(3)+f(5)+…+f(2n-1)=f(2n)
5、f(2)+f(4)+f(6)+…+f(2n) =f(2n+1)-1
6、[f(0)]^2+[f(1)]^2+…+[f(n)]^2=f(n)·f(n+1)
7、f(0)-f(1)+f(2)-…+(-1)^n·f(n)=(-1)^n·[f(n+1)-f(n)]+1
8、f(m+n)=f(m-1)·f(n-1)+f(m)·f(n)
9、[f(n)]^2=(-1)^(n-1)+f(n-1)·f(n+1)
10、f(2n-1)=[f(n)]^2-[f(n-2)]^2
11、3f(n)=f(n+2)+f(n-2)
12、f(2n-2m-2)[f(2n)+f(2n+2)]=f(2m+2)+f(4n-2m)[ n〉m≥-1,且n≥1]
还有一个结论：
计算(a/b)%c 其中b能整除a
如果b与c互素，则(a/b)%c=a*b^(phi(c)-1)%c
如果b与c不互素，则(a/b)%c=(a%bc)/b
对于b与c互素和不互素都有(a/b)%c=(a%bc)/b成立
斐波那契素数的定义：( 2,3,5,13,89... )
对于斐波那契数列的第i个元素s[i]，如果gcd(s[i],s[j])==1(1<=j<i)，那么s[i]是一个斐波那契素数。
斐波那契素数的特性(可根据斐波那契数列求出斐波那契素数)：
对于斐波那契数列(0,1,1,2,3,5,8...)，下标从0开始，下标为3,4,5,7,11,13...的数就是斐波那契素数。
即除了前两个外，斐波那契数列的素数下标对应的就是斐波那契素数，而如果下标不是素数，那么对应的也不是斐波那契素数。
所以这一题就先筛出斐波那契素数下标(3,4,5,7,11,13...)，然后就可以知道第k个斐波那契素数对应的斐波那契数列的下标，
根据矩阵快速幂计算出斐波那契数值，判断是否%x==0，如果不是就继续找下一个，直到找到为止。最后a/x%m=(a%(x*m))/x
typedef long long LL;
const int maxn = 15500000 ;
int primesize ;
int prime[maxn + 8] ;
bool is[maxn + 8] ;
void make(){
primesize = 0 ;
memset(is , 0 , sizeof(is)) ;
for(int i = 2 ; i <= maxn ; i++){
if(! is[i]) prime[++primesize] = i ;
for(int j = 1 ; j <= primesize && prime[j]*i <= maxn ; j++){
is[prime[j]*i] = 1 ;
if(i % prime[j] == 0) break ;
}
}
prime[1] = 3 ;
prime[2] = 4 ;
}
LL mod ;
struct Mat{
LL x[3][3] ;
Mat(){
x[1][1] = 0 , x[1][2] = 0 ;
x[2][1] = 0 , x[2][2] = 0 ;
}
Mat(int){
x[1][1] = 1 , x[1][2] = 0 ;
x[2][1] = 0 , x[2][2] = 1 ;
}
Mat(LL a11 , LL a12 , LL a21 , LL a22){
x[1][1] = a11 , x[1][2] = a12 ;
x[2][1] = a21 , x[2][2] = a22 ;
}
};
Mat operator * (Mat A , Mat B){
Mat s ;
for(int i = 1 ; i <= 2 ; i++){
for(int j = 1 ; j <= 2 ; j++){
for(int k = 1 ; k <= 2 ; k++){
s.x[i][j] += A.x[i][k] * B.x[k][j] ;
s.x[i][j] %= mod ;
}
}
}
return s ;
}
Mat operator ^ (Mat x , int y){
Mat s(1) ;
for(; y ; y>>=1){
if(y&1) s = s * x ;
x = x * x ;
}
return s ;
}
const Mat F(1 , 1 , 1, 0) ;
int main(){
make() ;
LL k , x , m ;
int i , t ;
Mat A ;
cin>>t ;
while(t--){
scanf("%lld%lld%lld" ,&k , &x , &m) ;
int id = prime[k] ;
mod = x ;
for(i = id ; ; i++){
A = F ^ (i-1) ;
if(A.x[1][1] % x == 0) break ;
}
mod = x * m ;
A = F ^ (i-1) ;
printf("%lld\n" , A.x[1][1]/x) ;
}
return 0 ;
}
关于方程a^x=1(modm)的最小x解
定理：
设gcd(a,m)=1，必有正整数x，使得a^x=1(mod m),且设满足等式的最小正整数为x0，必满足x0|phi（m）.注意m>1.
否则如果gcd(a,m)!=1，则方程a^x=1(modm)没有解。
const int maxn = 70000 ;
int prime[maxn] ;
int primesize ;
bool is[maxn+10] ;
void make(){
memset(is , 0 , sizeof(is)) ;
primesize = 0 ;
for(int i = 2 ; i <= maxn ; i++){
if(! is[i]) prime[primesize++] = i ;
for(int j = 0 ; j < primesize && i*prime[j] <= maxn ; j++){
is[i*prime[j]] = 1 ;
if(i % prime[j] == 0) break ;
}
}
}
int phi(int n){
int m = sqrt(0.5 + n) ;
int s = n ;
for(int i = 0 ; i < primesize && n!=1 && prime[i] <= m ; i++){
if(n % prime[i] == 0){
s = s - s/prime[i] ;
while(n % prime[i] == 0) n/=prime[i] ;
}
}
if(n != 1) s = s - s/n ;
return s ;
}
int gcd(int x , int y){
return y == 0 ? x : gcd(y , x % y) ;
}
struct Fac{
int x ;
int s ;
Fac(){}
Fac(int _x , int _s):x(_x),s(_s){}
}h[208] ;
vector<int> factor ;
vector<int> ::iterator it ;
int facsize ;
void getfac(int n){
int m = sqrt(0.5 + n) , t ;
facsize = 0 ;
for(int i = 0 ; i < primesize && n != 1 && prime[i] <= m ; i++){
if(n % prime[i] == 0){
t = 0 ;
while(n % prime[i] == 0){t++ ; n/=prime[i] ;}
h[facsize++] = Fac(prime[i] , t) ;
}
}
if(n != 1) h[facsize++] = Fac(n , 1) ;
}
int Pow(int x , int y){
int s = 1 ;
for(;y;y>>=1 , x *= x){
if(y&1) s *= x ;
}
return s ;
}
int Pow(int x , int y , int m){
int s = 1 ;
for(;y;y>>=1 , x *= x , x %= m){
if(y&1) s *= x , s %= m ;
}
return s ;
}
void dfs(int id , int n){
if(id == facsize){
factor.push_back(n) ; return ;
}
for(int i = 0 ; i <= h[id].s ; i++)
dfs(id+1 , n*Pow(h[id].x , i)) ;
}
void getfactor(int n){
factor.clear() ;
getfac(n) ;
dfs(0 , 1) ;
sort(factor.begin() , factor.end()) ;
}
int answer(int a , int m){
getfactor(phi(m)) ;
for(it = factor.begin() ; it != factor.end() ; it++){
if(Pow(a , *it , m) == 1) return *it ;
}
}
int main(){
make() ;
int n , i , ph ;
while(scanf("%d" ,&n) != EOF){
if(n == 1 || gcd(2 , n) != 1){
printf("2^? mod %d = 1\n" , n) ;
continue ;
}
printf("2^%d mod %d = 1\n" , answer(2 , n) , n ) ;
}
return 0 ;
}
写法2
LL phi(LL n){
LL s = n ;
LL m = (LL)sqrt(0.5 + n) ;
for(LL i = 2 ; n!=1 && i <= m ; i++){
if(n % i == 0){
s = s - s/i ;
while(n % i == 0) n /= i ;
}
}
if(n != 1) s = s - s/n ;
return s ;
}
LL gcd(LL x , LL y){
return y == 0 ? x : gcd(y , x % y) ;
}
vector<LL> factor ;
vector<LL> ::iterator it ;
void getfactor(LL n){
factor.clear() ;
LL m = (LL)sqrt(0.5 + n) ;
for(LL i = 1 ; i <= m ; i++){
if(n % i == 0){
factor.push_back(i) ;
if(i * i != n) factor.push_back(n/i) ;
}
}
sort(factor.begin() , factor.end()) ;
}
LL Pow(LL x , LL y , LL m){
LL s = 1 ;
for(;y;y>>=1 , x *= x , x %= m){
if(y&1) s *= x , s %= m ;
}
return s ;
}
LL answer(LL a , LL m){
getfactor(phi(m)) ;
for(it = factor.begin() ; it != factor.end() ; it++){
if(Pow(a , *it , m) == 1) return *it ;
}
}
int main(){
LL n , i ;
while(scanf("%I64d" ,&n) != EOF){
if(n == 1 || gcd(2 , n) != 1){
printf("2^? mod %lld = 1\n" , n) ;
continue ;
}
printf("2^%I64d mod %I64d = 1\n" , answer(2 , n) , n ) ;
}
return 0 ;
}
题目大意是：在一个平面上有N个点，每个点的坐标已经给出，现在要求在X轴上找一个点，使得这个点到所有点中最大的距离最小。
分析：我们设这个点为X0，所求的距离为F(x),那么对于所有的 X < X0 和 X > X0 都有F(x) > ans,即实际上这个函数是已X0为最小值，两边
都是单调递增或者递减的，因此我们可以三分查找找出这个最值的坐标。总复杂度O(n*logn).
const double EPS=1e-9;
const int maxn = 50008 ;
int n ;
double x[maxn] , y[maxn] ;
double f(double nx){
double s = 0 , d ;
for(int i = 1 ; i <= n ; i++){
d = sqrt(y[i]*y[i] + (x[i]-nx)*(x[i]-nx)) ;
if(s < d) s = d ;
}
return s ;
}
//三分 对凹（凸）函数判断最小（大）值，此题是求最小值。
//不要求左l右r值的大小比较，即（L<R 或 L>=R）都可
double tri_search(double l , double r){
double Mid , Midmid , L ,R ;
L = l ;
R = r ;
while( L + EPS < R ){ // 由于L ，R没有要求谁大谁小，故求的绝对值
Mid=(L+R)*0.5;
Midmid=(Mid+R)*0.5;
if(f(Mid)<= f(Midmid) )
R=Midmid;
else
L=Mid;
}
return (L+R)*0.5;
}
int main(){
int i ;
double l , r , nx ;
while(cin>>n && n){
l = 200008 ;
r = - 200008 ;
for(i = 1 ; i <= n ; i++){
scanf("%lf%lf",&x[i] ,&y[i]) ;
l = min(l , x[i]) ;
r = max(r , x[i]) ;
}
nx = tri_search(l,r) ;
printf("%.9lf %.9lf\n" , nx , f(nx)) ;
}
return 0 ;
}