[日常训练] tty的方程

问题描述

• tgopknight正在教sc捉数学题，今天他教的是加法和乘法和乘方。
• 唐沟铺的tgopknight果然神，他是这样教导的：
  
  • “加法是基本的四则运算之一，它是指将两个或者两个以上的数、量合起来，变成一个数、量的计算。
  • 乘法是指将相同的数加起来的快捷方式。其运算结果称为积。从哲学角度解析，乘法是加法的量变导致的质变结果。
  • 求n个相同因数乘积的运算，叫做乘方。
  • 好！我们来举个例子比如1+2=3、1×2=2、32=9
• “现在你都学会了么？”
• “蒽！”sc回答道，“这怎么能难倒tgopknight？”
• 骑士大爷得意的笑了一笑，现在你应该就会捉这道题了：
• 已知a+b+c=n,a2+b2+c2=m,a3+b3+c3=k，求解a,b,c。
• 这可难倒了聪明的sc，她立刻给tgopknight去看，tgopknight虽然是丰之崎学园的学神，但是高端科学家唐沟铺骑士的题岂能简简单单的秒掉。她想到了机智聪明的学OI的你一定可以解决

输入格式

• 四个整数n,m,k,p
• 其中n,m,k如上文所述，p为输出格式的参数

输出格式

• 由于a,b,c可能有多组解，且实数具有一定的精度误差。本题采取了特殊的处理方式。
• 选手仅需要输出ap+bp+cp可以保证其值唯一确定。输出采取A/B的形式，其中(A,B)=1，若答案为0请输出0/1

数据范围

• Subtask1：10分，测试点数1：n=6,m=14,k=36,1≤p≤10
• Subtask2：10分，测试点数1：n=1,m=2,k=3,1≤p≤10
• Subtask3：30分，测试点数5：p=4，0≤n,m,k≤10
• Subtask4：50分，测试点数10：对于前5个测试点满足:0≤n,m,k,p≤15
• 对于后五个测试点满足：0≤n,m,k≤20，0≤p≤10

分析 DP + 数学

• 设f[i]=ai+bi+ci，则
  f[i]=(a+b+c)f[i−1]−(ab+bc+ac)f[i−2]+abc⋅f[i−3](i>3)
  （可以自己试着配一下）
• 考虑转移方程中的三个参数
  
  • a+b+c=n
  • ab+bc+ac=(a+b+c)2−(a2+b2+c2)2=n2−m2
  • ∵(a2+b2+c2)(a+b+c)=nm
    a3+b3+c3+(a+b+c)(ab+bc+ac)−3abc=nm
    k+n⋅n2−m2−3abc=nm
    ∴abc=k+n⋅n2−m2−nm3=2k+n3−3nm6
• 则转移方程就变为
  f[i]=n⋅f[i−1]−n2−m2⋅f[i−2]+2k+n3−3nm6⋅f[i−3](i>3)
• 因为要输出分数，我们用两个数组记录f[i]的分子和分母模拟分数运算， 两个数组都要开long_long 并且每求出一次都要约分

代码

#include <iostream>#include <cstdio>using namespace std;typedef long long ll;int n, m, k, P;ll g[15], f[15];inline ll gcd(ll x, ll y){    ll r = x % y;    while (r) x = y, y = r, r = x % y;    return y;}int main(){    freopen("math.in", "r", stdin);    freopen("math.out", "w", stdout);    scanf("%d%d%d%d", &n, &m, &k, &P);    f[1] = n; f[2] = m; f[3] = k; g[1] = g[2] = g[3] = 1;    const ll p = n * n - m,              q = 2 * k + n * n * n - 3 * m * n;    for (int i = 4; i <= P; ++i)    {        ll ax = n * f[i - 1], ay = g[i - 1];        ll bx = p * f[i - 2], by = 2 * g[i - 2];        ll cx = q * f[i - 3], cy = 6 * g[i - 3];        g[i] = ay * by / gcd(ay, by);        g[i] = g[i] * cy / gcd(g[i], cy);        f[i] = ax * g[i] / ay - bx * g[i] / by + cx * g[i] / cy;        ll tmp = gcd(f[i], g[i]);        f[i] /= tmp; g[i] /= tmp;    }    if (g[P] < 0 && f[P] > 0)         g[P] = -g[P], f[P] = -f[P];    cout << f[P] << "/" << g[P] << endl;     fclose(stdin); fclose(stdout);    return 0;}