重复字符串 Fibonacci进制 发奖金

一．重复字符串(powerstr):

30分做法：枚举

长度范围只有1000时，我们可以枚举k， 取字符串第1个到第k个字符作为子串T，然后去验证剩下的字符串是否都是T重复得来

时间复杂度O(n^2)

 

100分做法：KMP，Next数组

假设字符串为S，长度为N，子串T重复K次后得到串S，那么T的长度一定为L = N/K(要整除)，则T = S[1...L]，将S拆分成K份，每份长度为L，则有

S[1...L] =S[L+1...2L] = S[2L+1...3L]= ... = S[(K-1)L+1...KL]

由于要保证K最大，势必L要取最小，所以根据Next函数的定义，有Next[KL] = (K-1)L;

即Next[N] = N - L，所以L = N - Next[N];

但是得出的长度L还要保证能被N整除，所以如果不能整除说明L = N，即K = 1；而如果能整除，那么K = N / (N - Next[N]);

因而我们只要对字符串S做一趟KMP，对其求Next数组，剩下的就是上述结论

时间复杂度O(n)

考试想法：数据水的要死！！暴力居然是满分！！我想拿满分，结果只有90！！暴力有时真会出奇迹

二．Fibonacci进制(fib):

100分做法：DP

        N很大，先尝试几个小数据。可以发现，每个Fibonacci表示的长度，和Fibonacci数大小有关（1,2,3,5,8,13,21……），这些值最高位上是1，后面全是0，即第一个Fibonacci表示长度为i的数是fib[i]。因此按照长度对Fibonacci表示进行分类，长度为i的数有fib[i-1]个，看做是第i组。那么第i组的总长度len[i] = fib[i-1]*i。

        接下来，看1出现的次数。长度为i的数的表示中，第i-1位肯定是0。

        Sum[i]表示前i组的1的个数。可以得到如下式子：Sum[i]=sum[i-1]+fib[i-1]+sum[i-2]。第i组首位1的个数为fib[i-1]，i-1位为0，那么最后的i-2位的情况，恰好为1~i-2组的所有情况。

        整体算法也就明了了：

1）求出N位所在的Fibonacci表示的数的长度t

2）求1~t中Fibonacci表示中1出现的个数。

3）继续求解剩余字符的1。

例如求解得到最后对应Fibonacci表示为x=100100

1）对于长度为1~5的Fibonacci表示中1的个数为sum[5]，i<=100000中1的个数即为sum[5]+1。

2）对于100000<i<=100100,最高位都是1，共有fib[3]个，后三位1的个数为sum[2]+1。

3）1的总个数为sum[5]+1+fib[3]+sum[2]+1。

 

最后细节比较多，要实现的仔细一些。

 考试想法：考试里不要慌，可以先写暴力再找规律，要多动笔。我因动笔不够多，代码多了一倍，查错查了半天。

三. 发奖金(reword):

100分做法：组合+质因数分解+逆元+中国剩余定理

题目相当于求n个数的和不超过m的方案数。
首先如果是恰好等于m，那么就等价于求方程x1 + x2 + ... + xn = m的解的个数，利用插板法可得到公式：C(n + m - 1, m)
现在要求不大于m的，相当于对i = 0 ... m对C(n + i - 1, i)求和，根据pascal递推式可以得到答案为C(n + m, m)
现在就需要求C(n + m, m) mod P

 

这里我们主要要解决如何快速计算n! mod P

以及当分母有m! mod P的情况

 

1.     当n,m都比较小的时候，同时P为比较大的素数时，可以直接利用逆元求解，当n,m比较大的时候，见下面两种情况（以下参考魏铭2011年国家集训队作业）

 

2.     当P为素数的情况：

我们发现n! mod P的计算过程是以P为周期的，举例如下：

n = 10, P = 3

n! = 1 * 2 * 3 * 4 * 5 * 6 * 7 * 8 * 9 * 10

  = 1 * 2 *

    4 * 5 *

    7 * 8 *

    10 *

    3 * 6 *9

  = (1 * 2)³*

    3^3* (1 * 2 * 3)

最后一步中的1 * 2 *3可递归处理。

因为P的倍数与P不互质，所以P的倍数不能直接乘入答案，应当用一个计数器变量cnt来保存答案中因子P的个数。

我们提前预处理出fac[i]= 1 * 2 * 3 * … * (i – 1) * i mod P，函数calcfac(n)返回n! mod P的值，power(a, b, c)返回a^b mod c的值，可用快速幂在O(logb)的时间内完成。

typedef long long LL;

LL calcfac(LL n)

{

      if (n<P) return fac[n];

      LL seg= n / P, rem = n % P;

      LL ret= power(fac[P - 1], seg, P); //fac[P - 1]重复出现了seg次

      ret =ret * fac[rem] % P; //除去seg次fac[P – 1]外，剩下的零头

      cnt +=n / P; //提出n / P个因子P

      ret =ret * calcfac(n / P) % P; //递归处理

      returnret;

}

于是n! mod p的计算可在O(logn)的时间内解决。

对于分母中的n!，方法是相似的。若a为正整数，a * a’ = 1(mod P)，那么我们称a’为a的逆元，记作a^-1，并有b / a(mod P) = b * a^-1(mod P)。这样我们只需要把预处理fac[i] = 1 * 2 * 3 * … *(i – 1) * i mod P更换为inv[i] = 1^-1* 2^-1 *  3^-1* … * (i– 1) ^-1 * i^-1 mod P，其计算方法与分子中的n!计算相差无几，具体可参考我的代码。求逆元可以使用扩展欧几里得算法。

 

3.     当p为合数时

对于某些测试点，我们发现P分解后只有2个因子，并且不相同，所以我们可以对这两个因子分别运行算法2，最后用中国剩余定理合并即可。

对于剩下的数据，可以对P进行质因数分解，得到P = p₁^c1* p₂^c2 * … * p_t^ct。

对于每个1≤i≤t，以p_i^ci为模运行算法2，最后用中国剩余定理合并。这里p_i^ci不一定为质数，不过只需对原算法稍加修改即可。令P = p_i^ci，fac[i] = 除去p_i的倍数外i的阶乘。例如pi =3,ci = 2，那么fac[10] = 1* 2 * 4 * 5 * 7 * 8 * 10，除去了3的倍数3、6和9。阶乘依然是以P为周期的，calcfac(n)与算法2主体相同，只是统计因子个数时，应使用ret += n / p_i而不是ret += n / P，递归处理时也应该是calcfac(n / p_i)而不是calcfac(n / P)。

时间复杂度O(t * n)

考试想法:此题哪位大神有高见，给予支援!!考试时妥妥拿个暴力。。。

召唤标程—————————————————————————————————————————————————————

第一道题归位
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
char a[1000005];
int next[1000005],len;
void getnext(){
    int i=0,j=-1;
    next[0]=-1;
    while(i<len){
        if(j==-1 || a[i]==a[j]){
            i++,j++;
            next[i]=j;
        }else j=next[j];
    }
}
int main(){
    freopen("powerstr.in","r",stdin);
    freopen("powerstr.out","w",stdout);
    int n;
    scanf("%d",&n);
    while(n--){
        scanf("%s",a);
        //if(a[0]=='.') break;
        len=strlen(a);
        getnext();
        int pos=next[len];
        if(len%(len-pos)!=0) printf("1\n");
        else printf("%d\n", len/(len-pos));
    }
    return 0;
}