【SCOI2019】—DAY1T1平台跳跃(打表+高精度)

本文解析了一道算法竞赛题目,涉及球的排列组合问题。通过观察规律,提出了高效求解策略,利用高精度计算处理大数运算,最终实现O(q*len*30)的时间复杂度。

摘要生成于 C知道 ,由 DeepSeek-R1 满血版支持, 前往体验 >

太菜了只做出来了T1
口胡一下题解刷一波访问量

可以发现显然iii个球的答案f[i]=f[i−1]∗3+(n−1)f[i]=f[i-1]*3+(n-1)f[i]=f[i1]3+(n1)
但是m=1000m=1000m=1000高精度5002∗q500^2*q5002q也过不去

我们可以打表第iii步的答案
会发现显然连续的一段都是同一个答案
而且是这样的

1 1 1 1 1 ....
2 2 2 ....
1 1 1 1 1....
2 2 2 ....
1 1 1 1 1....
2 2 2 ....
1 1 1 1 1....
3 3 3.....

最后会发现规律是这样的

答案为1的时候是第奇数行
答案为2的时候是行为2的倍数且不为6的倍数
答案为3的时候是行为6的倍数且不为18的倍数
答案为4的时候是行为18的倍数且不为54的倍数
答案为5的时候是行为54的倍数且不为162的倍数
……
由于题目里面保证了答案在30以内
330=2∗10143^{30}=2*10^{14}330=21014
而打表打出来其实是这样一个段的长度

n-1
k-1
n-1
n-k
……

所以我们就可以很方便的找出来qqq是第几段
高精除低精就可以了
然后做一个高精取模就完了
而这两个都可以做到O(len)O(len)O(len)
总复杂度O(q∗len∗30)O(q*len*30)O(qlen30)

Update:Update:Update:

突然发现自己暴力打挂了QAQQAQQAQ

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define re register
inline int read(){
	char ch=getchar();
	int res=0;
	while(!isdigit(ch))ch=getchar();
	while(isdigit(ch))res=(res+(res<<2)<<1)+(ch^48),ch=getchar();
	return res;
}
int n,m,k,q,del,fi,se,thr;
ll f[35];
struct Bignum{
	int a[505],n;
	Bignum(){
		n=0,memset(a,0,sizeof(a));
	}
	friend inline Bignum operator +(const Bignum &a,const Bignum &b){
		Bignum c;c.n=max(a.n,b.n);
		for(re int i=1;i<=c.n;++i){
			c.a[i]+=a.a[i]+b.a[i];
			if(c.a[i]>=10)c.a[i]-=10,++c.a[i+1];
		}
		if(c.a[c.n+1])++c.n;
		return c;
	}
	friend inline Bignum operator /(const Bignum &a,const ll &b){
		ll res=0;Bignum c;c.n=a.n;
		for(re int i=c.n;i;--i){
			res=res*10+a.a[i];
			if(res>=b)c.a[i]=res/b,res=res-(res/b)*b;
		}
		while(c.n&&!c.a[c.n])--c.n;
		return c;
	}
	friend inline int operator %(const Bignum &a,const ll b){
		ll res=0;
		for(re int i=a.n;i;--i){
			res=res*10+a.a[i];
			if(res>=b)res=res-(res/b)*b;
		}
		return res;
	}
	inline void read(){
		char ch=getchar();
		while(!isdigit(ch))ch=getchar();
		while(isdigit(ch))
			a[++n]=ch^48,ch=getchar();
		reverse(a+1,a+n+1);
	}
}one,two,three;
signed main(){
	n=read(),m=read(),k=read(),q=read();
	f[1]=1,f[2]=2,del=3*n-3;
	for(int i=3;i<=30;i++)f[i]=f[i-1]*3ll;
	one.n=1,two.n=1,three.n=1,one.a[1]=1,two.a[1]=2,three.a[1]=3;
	while(q--){
		Bignum p;p.read();
		ll res=p%del;
		p=p/del,p=p+p,p=p+p;
		if(res>0)p=p+one;
		if(res>n-1)p=p+one;
		if(res>n-1+k-1)p=p+one;
		if(res>n-1+k-1+n-1)p=p+one;
		for(re int i=0;i<=29;i++){
			if(p%f[i+1]!=0){cout<<i<<'\n';break;}
		}
	}
}

转载于:https://www.cnblogs.com/stargazer-cyk/p/11145556.html

### 关于 SCOI2009 WINDY 数的解法 #### 定义与问题描述 WINDY数是指对于任意两个相邻位置上的数字,它们之间的差至少为\(2\)。给定正整数区间\([L, R]\),计算该范围内有多少个WINDY数。 #### 动态规划方法解析 为了高效解决这个问题,可以采用动态规划的方法来处理。定义状态`dp[i][j]`表示长度为`i`且最高位是`j`的WINDY数的数量[^3]。 - **初始化** 对于单个数字的情况(即只有一位),显然每一位都可以单独构成一个合法的WINDY数,因此有: ```cpp dp[1][d] = 1; // d ∈ {0, 1,...,9} ``` - **状态转移方程** 当考虑多位数时,如果当前位选择了某个特定数值,则下一位的选择会受到限制——它必须满足与前一位相差不小于2的要求。具体来说就是当上一高位为`pre`时,当前位置可选范围取决于`pre`的具体取值: - 如果`pre >= 2`, 则可以选择`{0... pre-2}` - 否则只能从剩余的有效集合中选取 这样就可以通过遍历所有可能的状态来进行状态间的转换并累加结果。 - **边界条件处理** 特殊情况下需要注意的是,在实际应用过程中还需要考虑到给出区间的上下限约束。可以通过逐位比较的方式判断是否越界,并据此调整有效状态空间大小。 ```cpp // 计算不超过num的最大windy数数量 int calc(int num){ int f[15], g[15]; memset(f, 0, sizeof(f)); string s = to_string(num); n = s.size(); for (char c : s) { a[++len] = c - '0'; } // 初始化f数组 for (int i=0;i<=9;++i)f[1][i]=1; // DP过程省略... return sum; } long long solve(long long L,long long R){ return calc(R)-calc(L-1); } ``` 此代码片段展示了如何利用预处理好的`dp`表快速查询指定范围内的WINDY数总量。其中`solve()`函数用于返回闭区间\[L,R\]内符合条件的总数;而辅助函数`calc()`负责根据传入参数构建相应的状态序列并最终得出答案。
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