2015暑假第一次积分赛

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本文精选了算法竞赛中的三道典型题目，包括快速幂运算、概率动态规划及组合数学问题，详细介绍了每道题目的背景、解题思路及代码实现。

题目地址

A Little Keng（快速求幂）

题目大意：计算1 n + 2 n + 3 n + ... + m n 的值的末尾有多少个0，其中(1 <= m <= 100 , 1 <= n <= 1000000)

解题思路：看到m n翻书找数论的知识，发现和快速求幂很像，想了一下那个mod应该是不能超过int，就用了平时最喜欢用的1000000000，具体原因不知道，直接套用了模板

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <queue>
#include <string>

using namespace std;

const int mod = 1000000000;

long long f(int m,int n)
{
	if(n == 1)  return m;
	long long ret = f(m,n/2);
	ret = (ret*ret) % mod;
	if(n&1)
        ret = (ret*m) % mod;
	return ret;
}

int main()
{
	int n, m;
	while(scanf("%d%d",&m,&n) != EOF)
    {
		long long sum = 0;
		for(int i = 1; i <= m; i++)
		{
			sum = sum + f(i,n);
		}
		int ans = 0;
		while(sum%10 == 0 && sum != 0)
        {
			ans++;
			sum /= 10;
		}
		printf("%d\n", ans);
	}
	return 0;
}<span style="font-family:SimSun;font-size:10px;"><strong>
</strong></span>

B Big Keng

题目大意：给定一个立体的图形，上面是圆柱，下面是圆台，圆柱的底面半径和圆台的上半径相等，然后体积的V时，问这个图形的表面积最小可以是多少。（不算上表面）。据说是三分，没想出怎么做

C Bloodsucker（概率DP）

题目大意：第0天有n-1个人，1个吸血鬼，每天只能有2个生命相遇，若为同类则没反应，若为1人1鬼，则人变成鬼的概率为p，给出n和p，求所有人变成吸血鬼的期望

解题思路：逆推，dp[i]代表i个人到所有人变成吸血鬼的概率，往上逆推，则：dp[i]=(dp[i+1]+1)*p1+(dp[i]+1)*（1-p1）

移项后化简得： p1*dp[i]=dp[i+1]*p1+1

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <queue>
#include <string>

using namespace std;

double dp[100005];

int main()
{
    int t,n;
    double p;
    scanf("%d",&t);
    while(t--)
    {
        scanf("%d%lf",&n,&p);
        dp[n] = 0;
        for(int i = n-1; i >= 1; i--)
        {
            double s1,s2,p1;
            s1 = (double)n*(n-1)/2;//从n个人中选两个人出来的选法
            s2 = (double)i*(n-i);//为从i个人中选出一人的方法，n-i为从吸血鬼中选出一个吸血鬼的总数，共有这么多种
            p1 = s2/s1*p;//人与吸血鬼相遇的概率
            dp[i] = (dp[i+1]*p1+1)/p1;
        }
        printf("%.3f\n",dp[1]);
    }
    return 0;
}

H How Many Sets I（容斥原理+快速求幂）

题目大意：一个有n个元素的集合S，其子集为Si，求有多少个有序的(S 1, S 2, ..., S k) 组合满足S 1 ∩ S 2 ∩ ... ∩ S k = ∅，题目给出n和k

解题思路：总情况数减去有交集的子集数。

2^n^k - C(n, 1)*2^(n-1)^k + C(n, 2)*2^(n-2)^k ... C(n, n)*2^(n-n)^k 化简为(2^k - 1)^n，再两次快速幂

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <queue>
#include <string>

using namespace std;

const int mod = 1000000007;

int powMod(long long a,int b)
{
    long long res=1;
    while(b)
    {
        if(b&1)
            res = (res*a)%mod;
        b >>= 1;
        a = (a*a)%mod;
    }
    return res;
}

int main()
{
    int n,k;
    while(scanf("%d%d",&n,&k) != EOF)
        printf("%d\n", powMod((powMod(2, k)-1+mod)%mod, n));
    return 0;
}