lyd读书笔记 0x03递归 0x04二分

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原创最新推荐文章于 2026-11-09 09:29:43 发布 608 阅读 AI 写同款· GEO 优化 ›

5个4000比特大状态置换算法的设计与分析下面是 5 个概念性、实验性的 4000 位可逆置换设计。它们都保证是双射，但未经过密码分析，不可直接用于生产系统。风格分别覆盖：三维 SPN、Feistel、可逆元胞自动机、ARX、宽轨迹/Keccak 式结构。这 5 个设计分别代表了 SPN、Feistel、元胞自动机、ARX、宽轨迹 Keccak 五种不同风格，覆盖了主流大状态置换的构造思路。再次强调：它们只是实验性概念，若要用于实际协议，必须经过严格安全性分析。阅读详情

递归二分不分家~~~~

递归

递归的宏观描述

将解答的应用场景扩大到原问题的状态空间，并且扩展过程中每个步骤有相似性，则可以考虑递归和递推。
推导路线难以确定，从路线上反向回溯的遍历方式是递归。
假如我们能够做到：缩小问题状态空间规模，尝试求解规模缩小后的问题，找到规模缩小后的问题可以将答案扩展，如果失败去寻找其他变换路线直到确定无解。
其中规模缩小后的子问题用原问题解决是递归，而求解子问题失败寻找其他路径是回溯。
换言之，递归的基本单元是缩小、求解和拓展。

递归的微观描述

不按顺序当然是因为懒
对于一个计算机来说，它将函数的参数依次入栈，然后执行call(address)语句。该指令将返回地址入栈，然后跳转到address。函数返回执行ret语句，将返回地址出栈，跳到该地址继续执行。局部变量在栈中复原，而作用范围超过此函数的变量、new或malloc分配空间则保存在堆中。栈指针、返回值、局部的运算通过寄存器完成。
因此，声明过多局部变量会造成栈溢出；非局部变量需要还原现场。
当然递归程序由此可以改写成非递归的，即手工模拟栈。
联赛似乎用不到的样子。。那就挖个坑吧

递归基本模型

递归实现指数型枚举：直接讨论选和不选，然后回溯即可。
递归实现组合型枚举：加一个剪枝

if(chosen.size() > m || chosen.size() + (n - x + 1) < m)
    return;

递归实现排列型枚举：模板千千万

sumdiv

这题。。童年阴影啊
由唯一分解定理（这是啥别管，反正结论显然） $A = \prod^n_{i = 1} p_i^{k_i}$
则 $A^B = \prod^n_{i = 1} p_i^{B \cdot k_i}$
然后约数之和为：

\prod k = 1 n \sum i = 0 B \cdot c k p i k

$\prod ^n _ {k = 1}\sum^{B \cdot c_k}_{i = 0} p_k^i$
为什么的话。。我也解释不清，不过感觉展开以后挺对的（x）
一个直观的感受，我们可以带等比数列求和公式

S = \prod k = 1 n 1 - p B \cdot c k k 1 - p k

$S = \prod^n_{k = 1} \dfrac{1 - p_k^{B \cdot c_k}}{1-p_k}$
快速幂+exgcd求逆元即可，复杂度似乎

O(n−−√log n)O(nlog n) $O(\sqrt n log \ n)$ ？然而。。显然这个不是现在要做的。
lyd给了一种玄学的公式：
c为奇数：

sum(p,c)=(1+p+...+pc−12)+pc+12(1+p+...+pc−12)=(1+pc+12)(1+p+...+pc−12)=(1+pc+12)sum(p,c−12)sum(p,c)=(1+p+...+pc−12)+pc+12(1+p+...+pc−12)=(1+pc+12)(1+p+...+pc−12)=(1+pc+12)sum(p,c−12) $sum(p,c) = (1 + p + ... + p^{\frac{c - 1}{2}}) + p^{\frac{c + 1}{2}}(1 + p + ... + p^{\frac{c - 1}{2}})=(1 + p^{\frac{c + 1}{2}})(1 + p + ... + p^{\frac{c - 1}{2}}) = (1 + p^{\frac{c + 1}{2}}) sum(p, \dfrac{c - 1}{2})$
c为偶数：

sum(p,c)=(1+p+...+pc2−1)+pc2(1+p+...+pc2−1)+pc=(1+pc2)(1+p+...+pc2−1)=(1+pc2)sum(p,c2−1)+pcsum(p,c)=(1+p+...+pc2−1)+pc2(1+p+...+pc2−1)+pc=(1+pc2)(1+p+...+pc2−1)=(1+pc2)sum(p,c2−1)+pc $sum(p, c) = (1 + p + ... + p^{\frac{c}{2} - 1}) + p^{\frac{c}{2}}(1 + p +... + p^{\frac{c}{2} - 1}) + p^c = (1 + p^{\frac{c}{2} })(1 + p + ... + p^{\frac{c}{2} - 1}) = (1 + p^{\frac{c}{2} })sum(p, \dfrac{c}{2} - 1) + p^c$
这样分治加快速幂可A。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <vector>

using namespace std;

#define LL long long
#define X first
#define Y second
#define M 9901
#define mp make_pair

inline LL ksm(LL a, LL b) {
    int ans = 1;
    while(b) {
        if(b & 1) ans = a * ans % M;
        a = a * a % M;
        b >>= 1;
    }
    return ans;
} 

inline LL solve(LL p, LL c) {
    if(!p) return 0;
    if(!c) return 1;
    if(c & 1) 
        return (1 + ksm(p, (c + 1 >> 1))) * solve(p, (c - 1) >> 1) % M;
    else 
        return ((1 + ksm(p, c >> 1)) * solve(p, (c >> 1) - 1) % M + ksm(p, c)) % M; 
}

vector<pair<int, int> > vpi;
bool notprime[10003];
int prime[10003], cnt;
inline void getPrime() {
    prime[1] = 2; cnt = 1;
    for(int i = 3; i <= 10003; i += 2) {
        if(notprime[i]) continue;
        prime[++cnt] = i;
        for(int j = 2; i * j < 10003; ++j)
            notprime[i * j] = 1;
    }
}
inline void fj(LL x) {
    int qwq = 0;
    for(int i = 1; i <= cnt; ++i) {
        qwq = 0;
        while(x % prime[i] == 0)
            x /= prime[i], ++qwq;
        if(qwq) vpi.push_back(mp(prime[i], qwq));
    }
    if(x != 1) vpi.push_back(mp(x, 1));
}

int main() {
    getPrime();
    int a, b;
    cin>>a>>b;
    //a %= M; b %= M;
    fj(a);
    //puts("here");
    //a %= M, b %= M;
    LL ans = 1;
    for(int i = 0; i < vpi.size(); ++i) {
        //cout<<vpi[i].first<<" "<<vpi[i].second<<endl;
        ans = (ans * solve(vpi[i].first, b * vpi[i].second)) % M;
    }
    cout<<ans<<endl;
}

仍然是细节极多。。

cf896A Nephren gives a riddle

本来这里应该是那道宽叔图。。但时间关系来不及了所以换一道类似的。。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
using namespace std;
typedef unsigned long long LL;
#define MAXN 100003
#define INF 1e18
const string s = "What are you doing at the end of the world? Are you busy? Will you save us?";
const string s1 = "What are you doing while sending \"";
const string s2 = "\"? Are you busy? Will you send \"";
const string s3 = "\"?";
LL f[MAXN];
LL sb = s.size();
void dfs(LL x, LL y) {
//  cout<<x<<" "<<y<<endl;
    if(x == 0) {
        cout<<s[y];
        return;
    }
    if(y < s1.size()) cout<<s1[y];
    else if(y < s1.size() + f[x - 1]) dfs(x - 1, y - s1.size());
    else if(y < s1.size() + f[x - 1] + s2.size()) cout<<s2[y - f[x - 1] - s1.size()];
    else if(y < s1.size() + f[x - 1] + s2.size() + f[x - 1]) dfs(x - 1, y - s1.size() - f[x - 1] - s2.size());
    else cout<<s3[y - f[x - 1] - f[x - 1] - s1.size() - s2.size()];
}
int main() {
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    f[0] = s.size();
    for(int i = 1; i <= 100000; ++i) {
        f[i] = (f[i - 1] << 1) + s1.size() + s2.size() + s3.size(); 
        if(f[i] > INF) f[i] = INF;
    }
    LL q, x ,y;
    cin>>q;
    while(q--) {
        cin>>x>>y;
        if(y > f[x]) cout<<".";
        else dfs(x, y - 1);
    }
    return 0;
}

（我以后一定填这坑.jpg）

二分

二分查找

x或x的后继

while(l < r){
    int mid = l + r >> 1;
    if(a[mid] >= x) r = mid;
    else l = mid + 1;
}

x或x的前驱

while(l < r){
    int mid = l + r + 1 >> 1;
    if(a[mid] <= x) l = mid;
    else r = mid - 1;
}

果然我是那90%啊。注意配套mid取法。
正确做法：
先确定左右半段哪一个是可行区间，以及mid归属
然后选择上面的两种形式。
如果最终二分终止在越界下标，那就表明a中不存在。
当然。。我这种蒟蒻一般是写lower_bound和upper_bound的。。

实数域上的二分

两种做法：
一种是制定eps精度，一种是固定循环迭代次数。

三分法

单峰函数指的是只有唯一极大值点的函数，单谷函数指的是只有唯一极小值点的函数。
对于单峰函数的极值我们通常使用三分法。
在 $[L, R]$ 内选取 $lmid$ 和 $rmid$ 做三等分点，如果 $f(lmid) < f(rmid)$ ，则取 $r = rmid$ ，否则取 $l = lmid$ 。

二分答案转化为判定

然而这东西理论并没有用。。看栗子吧
最大化最小值是一个标志
然后我们就去实数域上二分T
判定的话暴力枚举一遍看看是否超m即可
二分最难的是写check啊。。

POJ2018 Best Cow Fences

对答案二分，难点还是在check。
我们要求的是，是否存在一个不小于L的子段使得平均数不小于二分的值。所以首先对数列每一个元素减去平均数，转换为一个求限定长度的最大子段和的问题
我们可以维护一个前缀和，然后进行讨论：
$max\{S[i] - S[j]\} = max\{S[i] - min\{S[j]\}\}$ ，其中 $i - j > L$
而对 $min\{S[j]\}$ 的维护只需要在遍历过程中同步进行就可以，故总复杂度 $O(nlogn)$ 。

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

#define db double

int N, L;
db A[100003], cf[100003], sum[100003], mi, ans; //A要开double。。

bool check(db x) { //传参数传double。。
    mi = 1e10, ans = -1e10;
    for(int i = 1; i <= N; ++i) cf[i] = A[i] - x;
    for(int i = 1; i <= N; ++i) sum[i] = sum[i - 1] + cf[i]; \
    for(int i = L; i <= N; ++i) {
        mi = min(mi, sum[i - L]);
        ans = max(ans, sum[i] - mi);
    }
    if(ans >= 0) return true;
    else return false;
}

int main() {
    //freopen("test.out", "w", stdout);
    scanf("%d%d", &N, &L);
    for(int i = 1; i <= N; ++i) scanf("%lf", &A[i]);
    db l = -1e6, r = 1e6, eps = 1e-5, mid;
    while(r - l > eps) {
        mid = (l + r) / 2;
        for(int i = 1; i <= N; ++i) cf[i] = A[i] - mid;
        for(int i = 1; i <= N; ++i) sum[i] = sum[i - 1] + cf[i];
        mi = 1e10, ans = -1e10;
        if(check(mid)) l = mid;
        else r = mid;
    }   
    cout << (int)(r * 1000) << endl;
    return 0; 
}