HDUOJ 2065 “红色病毒“问题

〆琦怪〆

于 2022-03-07 11:28:23 发布

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分类专栏： HDUOJ刷题记录文章标签：算法 c语言数据结构

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博客详细解析了一种利用指数型母函数和快速幂算法解决计算机科学竞赛中的问题，具体是关于'红色病毒'的DNA字符串计数。题目要求计算满足特定条件的DNA字符串数量，博主通过建立数学模型，构建指数型生成函数，并结合泰勒展开，推导出求解公式。最后使用快速幂算法高效计算出结果，展示了数学和算法在解决复杂问题中的应用。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

HDUOJ 2065 "红色病毒"问题

Problem Description
医学界发现的新病毒因其蔓延速度和Internet上传播的"红色病毒"不相上下,被称为"红色病毒",经研究发现,该病毒及其变种的DNA的一条单链中,胞嘧啶,腺嘧啶均是成对出现的。
现在有一长度为N的字符串,满足一下条件:
(1) 字符串仅由A,B,C,D四个字母组成;
(2) A出现偶数次(也可以不出现);
(3) C出现偶数次(也可以不出现);
计算满足条件的字符串个数.
当N=2时,所有满足条件的字符串有如下6个:BB,BD,DB,DD,AA,CC.
由于这个数据肯能非常庞大,你只要给出最后两位数字即可.
Input
每组输入的第一行是一个整数T,表示测试实例的个数,下面是T行数据,每行一个整数N(1<=N<2^64),当T=0时结束.
Output
对于每个测试实例,输出字符串个数的最后两位,每组输出后跟一个空行.
Sample Input
4
1
4
20
11
3
14
24
6
0
Sample Output
Case 1: 2
Case 2: 72
Case 3: 32
Case 4: 0

Case 1: 56
Case 2: 72
Case 3: 56
下面是大佬的思路，
指数型母函数问题
引例：假设有8个元素，其中a1重复3次，
a2重复2次，a3重复3次。从中取r个组合，，
这样，对于一个多重集，其中a1重复n1次，a2 重复n2次，…，ak重复nk次，
从中取r个排列的不同排列数所对应的指数型母函数为
G(x)=(1+x/1!+x^{2/2!+…——x}n1/n1!)(1+x/1!+x^{2/2!+…)…(1+x/1!+x}2/2!+…+x^n/n!)
定义：对于序列a0,a1,a2,…，函数
G(x)=a。+a1/1!*x+a2/2!*x^2+a3/3!*x3…+ak/k!*x^k+…
称为序列a0,a1,a2,…对应的指数型母函数。

G(X) = ( 1+ x + x^2/2! + x^4/! + … )^2 * ( 1 + x + x^2/2! + x^3/3! +… )^2
A, C 只能出现偶数或者不出现情况 B, D出现方式不限制
得: x^n 项系数 a(n) = (4^n+2*2n)/(4*n!)

思路：
构造指数级生成函数：(1+x/1!+x^2/2!+x3/3!……)^2*(1+x2/2!+x^4/4!+x6/6!……)^2.
前面是B和D的情况，可以任意取，但是相同字母一样，所以要除去排列数。后者是A和C的情况，只能取偶数个情况。
根据泰勒展开，e^x在x0=0点的n阶泰勒多项式为 1+x/1!+x^2/2!+x3/3!……
而后者也可以进行调整，需要把奇数项去掉，则e^{(-x)的展开式为1-x/1!+X}2/2!-X^3/3!……
所以后者可以化简为(e^x+e(-x))/2。则原式为(e^x)2 * ((e^x*e(-x))/2)^2
整理得到e^4x+2*e2x+1。

又由上面的泰勒展开

e^4x = 1 + (4x)/1! + (4x)^2/2! + (4x)^3/3! + … + (4x)^n/n!;

e^2x = 1 + (2x)/1! + (2x)^2/2! + (2x)^3/3! + … + (2x)^n/n!;

对于系数为n的系数为(4^n+2*2n)/4=4^(n-1)+2（n-1）;
很不错的快速幂算法解释

我还是没看太懂这个推导的过程，推倒完公式就好算了，这道题实际就是个数学题

#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<math.h>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#define INF 0x3f3f3f3f
#define ull unsigned long long
#define ll long long
#define IN __int64
#define N 10010
#define M 1000000007
using namespace std;
ll kp(int n,ll k)
{
	ll s=1;
	while(k)
	{
		if(k&1)
			s=(s*n)%100;
		n=(n*n)%100;
		k>>=1;
	}
	return s;
}
int main()
{
	int t,i,j,k;
	ll n;
	while(scanf("%d",&t),t)
	{
		int T=1;
		while(t--)
		{
			scanf("%lld",&n);
			int m=(kp(4,n-1)+kp(2,n-1))%100;
			printf("Case %d: %d\n",T++,m);
		}
		printf("\n");
	}
	return 0;
}