将数学用到极致的一道题-如此编码(CSP202209-1)

题目背景

某次测验后，顿顿老师在黑板上留下了一串数字 23333 便飘然而去。凝望着这个神秘数字，小 P 同学不禁陷入了沉思……

题目描述

已知某次测验包含 n 道单项选择题，其中第 i 题（1≤i≤n）有 ai 个选项，正确选项为 bi，满足 ai≥2 且 0≤bi<ai。比如说，ai=4 表示第 i 题有 4 个选项，此时正确选项 bi 的取值一定是 0、1、2、3 其中之一。

顿顿老师设计了如下方式对正确答案进行编码，使得仅用一个整数 m 便可表示 b1,b2,⋯,bn。

首先定义一个辅助数组 ci，表示数组 ai 的前缀乘积。当 1≤i≤n 时，满足：
ci=a1×a2×⋯×ai

特别地，定义 c0=1。

于是 m 便可按照如下公式算出：
m=∑i=1nci−1×bi=c0×b1+c1×b2+⋯+cn−1×bn

易知，0≤m<cn，最小值和最大值分别当 bi 全部为 0 和 bi=ai−1 时取得。

试帮助小 P 同学，把测验的正确答案 b1,b2,⋯,bn 从顿顿老师留下的神秘整数 m 中恢复出来。

输入格式

从标准输入读入数据。

输入共两行。

第一行包含用空格分隔的两个整数 n 和 m，分别表示题目数量和顿顿老师的神秘数字。

第二行包含用空格分隔的 n 个整数 a1,a2,⋯,an，依次表示每道选择题的选项数目。

输出格式

输出到标准输出。

输出仅一行，包含用空格分隔的 n 个整数 b1,b2,⋯,bn，依次表示每道选择题的正确选项。

样例1输入

15 32767
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

样例1输出

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1

样例2输入

4 0
2 3 2 5

样例2输出

0 0 0 0

样例3输入

7 23333
3 5 20 10 4 3 10

样例3输出

2 2 15 7 3 1 0

样例3解释

i	1	2	3	4	5	6	7
ai	3	5	20	10	4	3	10
bi	2	2	15	7	3	1	0
ci−1	1	3	15	300	3000	12000	36000

子任务

50% 的测试数据满足：ai 全部等于 2，即每道题均只有两个选项，此时 ci=2i；

全部的测试数据满足：1≤n≤20，ai≥2 且 cn≤109（根据题目描述中的定义 cn 表示全部 ai 的乘积）。

提示

对任意的 1≤j≤n，因为 cj+1,cj+2,⋯ 均为 cj 的倍数，所以 m 除以 cj 的余数具有如下性质：
m % cj=∑i=1jci−1×bi
其中 % 表示取余运算。令 j 取不同的值，则有如下等式：

题解：

这道题虽然安排到第一道的题的位置，但其逻辑很巧妙。在开始之前我们假定你已经知道

          

           

由题意可知：

很明显        m%a1后，只会剩下b1项；m%(a1+a2)，只会剩下b1+a1*b2

从这一点可以看出，我们要存储a的前缀积，同时要建立一个变量temp来求m的每一项的前缀和，因为我们发现，经过上面一步其实就是求这个前缀和，我们只需减去上一次的前缀和就可以得到m中的一项，再除以Ci,就可以得到b

具体代码如下

AC Code 

#include<cstdio>
int t,temp=0;
int c[21]={1};
int main(){
	int n,m;
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%d",&t);
		c[i]=c[i-1]*t;
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		int r=(m%c[i]-temp)/c[i-1];
		printf("%d ",r);
		temp+=r*c[i-1];
	}
	return 0;
}