2014年西安区域赛的几道水题（A. F. K）

A . 问一组数能否全部被3整除

K. S1 = A, S2 = B, Si = |Si-1  -  Si-2|; 一直循环问， 出现了多少不同的数；

多模拟几组数， 可以发现和辗转相除法有很大关系

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;
#define ll long long

ll gcd(ll a, ll b)
{
    ll cnt = 0;    // 一开始写的是 int wa 了很多次， 难受
    if(b == 0)return 1;
    cnt += a/b;
    cnt += gcd(b, a%b);
    return cnt;

}

int main()
{
    int T;
    cin >> T;
    int j = 0;
    while(j++ < T)
    {
        ll a,b;
        cin >> a >> b;
        ll ans ;
        if(a==0&&b==0) {ans = 1;printf("Case #%d: %lld\n",j,ans);continue;}
        if((a==0&&b!=0)||(a!=0&&b==0)) {ans = 2;printf("Case #%d: %lld\n",j,ans);continue;}
        if(a < b) swap(a, b);
        ans  = gcd(a,b);
        printf("Case #%d: %lld\n",j, ans);
    }
}

F. 给你n朵花， m种颜色， 给花染色，要求正好用到K种颜色，并且相邻的花不能是相同的颜色

写的很详细 ： https://blog.youkuaiyun.com/qingshui23/article/details/51125323

首先从m种颜色种选取k种颜色的方案为C(m,k)，对于不超过的k种颜色的方案数很好求，为k*(k - 1)^(n - 1)，第一个物品有k种选择，之后的n－1个物品因为不能和前

面的相同，故都只有n－1种可能，但是题目要求的是恰好为k种的方案数，因此要容斥一下，容斥可以这样理解，假设不超过i种的方案数为F[i]，那么其中包括了不超

过i-1种的，不超过i-1种的里面又包含了不超过i-2种的，以此类推得到ans = F[k] - (F[k - 1] - (F[k - 2] - (... - (F[3] - F[2])))) = F[k] - F[k - 1] + F[k - 2] - ... + (-1)^(k - i)F[i]

因此最后答案为C(m,k)(Σ(-1)^(k - i)F[i])，其中F[i] = C(k,i)i*(i-1)^(n-1)

#include<bits/stdc++.h>
#define ull unsigned long long
#define ll long long
const int mod =1000000007;
using namespace std;
const int maxn=1e6+5;

int t;
ll n,m,k;
ll exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y)
{
    if(b==0)
    {
        x=1,y=0;
        return a;
    }
    else
    {
        ll q=exgcd(b,a%b,y,x);
        y=y-x*(a/b);
        return q;
    }
}
ll niyuan(ll a,ll n)//逆元
{
    ll x,y;
    ll d=exgcd(a,n,x,y);
    if(d==1)
        return (x%n+n)%n;
    else
        return -1;
}
ll qmod(ll n,ll m,ll mod)//快速幂
{
    ll ans=1;
    while(m)
    {
        if(m&1)ans=(ans*n)%mod;
        n=(n*n)%mod;
        m>>=1;
    }
    return ans%mod;
}
ll cm[maxn],ck[maxn],inv[maxn];
void get_inv()//打表
{
     for(int i=1;i<maxn;i++)
        inv[i]=niyuan(i,mod);
}
void init()//打表
{
    cm[0]=1,ck[0]=1;
    for(int i=1;i<=k;i++)
    {
        cm[i]=((cm[i-1]%mod*(m-i+1)%mod)*inv[i])%mod;
        ck[i]=((ck[i-1]%mod*(k-i+1)%mod)*inv[i])%mod;
    }
}
int main()
{

    get_inv();
    scanf("%d",&t);
    int ca=1;
    while(t--)
    {
        scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&k);
        init();
        ll ret;
        ll ans=0;
        for(ll i=k; i>=1; i--)
        {
            if((k-i)%2)
                ret=-1;
            else
                ret=1;
   ans=(ans+ret*i%mod*ck[i]%mod*qmod(i-1,n-1,mod)%mod+mod)%mod;
     //二项式反演

        }
        ans=(ans*cm[k])%mod;

        printf("Case #%d: %lld\n",ca++,ans);

    }
}

 

转载于:https://www.cnblogs.com/mrh-acmer/p/9524202.html