太难了》》》》
来源:互联网 发布:淄博专门做seo的公司 编辑:程序博客网 时间:2024/05/01 05:47
分类: 数论2014-02-17 11:07 275人阅读 评论(0) 收藏 举报
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跳蚤
Time Limit: 1000MS Memory Limit: 10000KTotal Submissions: 7730 Accepted: 2238
Description
Z城市居住着很多只跳蚤。在Z城市周六生活频道有一个娱乐节目。一只跳蚤将被请上一个高空钢丝的正中央。钢丝很长,可以看作是无限长。节目主持人会给该跳蚤发一张卡片。卡片上写有N+1个自然数。其中最后一个是M,而前N个数都不超过M,卡片上允许有相同的数字。跳蚤每次可以从卡片上任意选择一个自然数S,然后向左,或向右跳S个单位长度。而他最终的任务是跳到距离他左边一个单位长度的地方,并捡起位于那里的礼物。
比如当N=2,M=18时,持有卡片(10, 15, 18)的跳蚤,就可以完成任务:他可以先向左跳10个单位长度,然后再连向左跳3次,每次15个单位长度,最后再向右连跳3次,每次18个单位长度。而持有卡片(12, 15, 18)的跳蚤,则怎么也不可能跳到距他左边一个单位长度的地方。
当确定N和M后,显然一共有M^N张不同的卡片。现在的问题是,在这所有的卡片中,有多少张可以完成任务。
比如当N=2,M=18时,持有卡片(10, 15, 18)的跳蚤,就可以完成任务:他可以先向左跳10个单位长度,然后再连向左跳3次,每次15个单位长度,最后再向右连跳3次,每次18个单位长度。而持有卡片(12, 15, 18)的跳蚤,则怎么也不可能跳到距他左边一个单位长度的地方。
当确定N和M后,显然一共有M^N张不同的卡片。现在的问题是,在这所有的卡片中,有多少张可以完成任务。
Input
两个整数N和M(N <= 15 , M <= 100000000)。
Output
可以完成任务的卡片数。
Sample Input
2 4
Sample Output
12
Hint
这12张卡片分别是:
(1, 1, 4), (1, 2, 4), (1, 3, 4), (1, 4, 4), (2, 1, 4), (2, 3, 4),
(3, 1, 4), (3, 2, 4), (3, 3, 4), (3, 4, 4), (4, 1, 4), (4, 3, 4)
(1, 1, 4), (1, 2, 4), (1, 3, 4), (1, 4, 4), (2, 1, 4), (2, 3, 4),
(3, 1, 4), (3, 2, 4), (3, 3, 4), (3, 4, 4), (4, 1, 4), (4, 3, 4)
Source
HNOI 2001
给你两个正整数n,m,让你求长度为n+1的满足条件的一个等式:a[1]*x1+a[2]*x2+a[3]*x3+...+a[n]*xn+a[n+1]*x(n+1)=1 (0<=a[i]<=m&&a[n+1]=m)
让你求一共有多少种情况满足这个条件。
要使得a[1]*x1+a[2]*x2+a[3]*x3+...+a[n]*xn+a[n+1]*m=1 (0<=a[i]<=m),那么a[1],a[2],a[3]....a[n+1]的最大公约数为1.
要解决此题,你需要知道的知识有扩展欧几里得,鸽巢原理,以及递归求所有的排列组合。
许多博客都举了这么一个例子:
例如:n=2,m=360
360=3^2*2^3*5 所有不满足条件的数列,最大公约数是360质因子的乘积,只要将这些组合去掉,就是要求的答案(不懂的慢慢揣摩)
360=3^2*2^3*5 所有不满足条件的数列,最大公约数是360质因子的乘积,只要将这些组合去掉,就是要求的答案(不懂的慢慢揣摩)
那么就要先求出m的所有质因子,然后求出总的排列组合的个数,即题目中说的M^N,最后根据鸽巢原理求得最后答案。
公式为:ans=M^N-(有奇数个公因数的n元组)+(有偶数个公因数的n元组)。拿上面的例子来说就是
ans=m^n-(有公因数2的n元组)- (有公因数3的n元组)- (有公因数5的n元组)+ (有公因数2,3的n元组) +(有公因数2,5的n元组)+ (有公因数3,5的n元组)- (有公因数2,3,5的n元组).
有公因数d的n元组,每个位置上有 (m/d)个选择(1 ~ m里面有m/d个d的倍数),根据乘法原理,可以得出有公因数d的n元组有 (m/d)^n 个.
- //400K 0MS
- #include<stdio.h>
- #define M 130007
- long long num[M],s[M];
- long long n,m,total,per;
- void sum_factor()//分解质因子,存在num里面
- {
- total=0;
- long long t=m;
- for(int i=2;i*i<=t;i++)
- {
- if(t%i==0)num[total++]=i;
- while(t%i==0)t/=i;
- }
- if(t!=1)num[total++]=t;
- }
- long long pow(long long x,long long y)//求x^y
- {
- long long k=x;
- for(long long i=1;i<y;i++)
- x*=k;
- return x;
- }
- void dfs(long long a,long long b,long long c)//a在数组中的起始位置,b含的个数,c公共质因子的个数
- {
- if(b==c)
- {
- long long t=m;
- //printf("(");
- for(long long i=0;i<c;i++)
- {
- //printf("%d ",s[i]);
- t/=s[i];//t表示每位上有几个包含质因子的数
- }
- //printf(")\n");
- per+=pow(t,n);//总共有多少个
- }
- else
- {
- for(long long i=a;i<total;i++)//递归回溯求解所有排列组合
- {
- s[b]=num[i];
- dfs(i+1,b+1,c);
- }
- }
- }
- int main()
- {
- while(scanf("%I64d%I64d",&n,&m)!=EOF)
- {
- sum_factor();
- long long ans=pow(m,n);
- for(long long i=1;i<=total;i++)
- {
- per=0;
- dfs(0,0,i);
- if(i%2)ans-=per;//如果有奇数个公因数的n元组就相减
- else ans+=per;//如果有奇数个公因数的n元组就相加
- }
- printf("%I64d\n",ans);
- }
- return 0;
- }
0 0
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