10 25日考试 数学题目练习 斐波拉契 打表

Time 7:50 AM to 11:15 AM　　2016 10 25 AM

题目：http://files.cnblogs.com/files/CtsNevermore/1025problem.pdf

试题包：http://files.cnblogs.com/files/CtsNevermore/10-27-16%E5%B9%B410%E6%9C%8825.zip

　　据说是数学专题考试，然而最后混进来一个不知道哪来的暴力 + hash，，，都是套路，，，

　　个人感觉：1、斐波拉契无比受欢迎= =  2、打表无比重要= =

解题报告：

　　1、看到第一题没什么思路，果断的先打了暴力，然后看着几万行的out文件发呆，果断Get到gcd(f[i], f[j]) = f[gcd(i,j)]，看一下数据范围，模数很小不需要高精，直接矩阵快速幂求f[..]，本题100分。（某个神奇的eirlys同学迅速发现规律然而不会打矩阵快速幂2333）

1.	我们先来看看几个有关fibonacci的引理。
有点难以理解，反正这套题难度是递减的。。。

引理1：
Gcd(F[n+1],F[n])=1;
证明：
根据辗转相减法则
Gcd(F[n+1],F[n])=Gcd(F[n+1]-F[n],F[n])
                    =Gcd(F[n],F[n-1])
                    =Gcd(F[2],F[1])
=1

引理2：
F[m+n]=F[m-1]F[n]+F[m]F[n+1]
证明：
F[n+m]=F[n+m-1]+F[n+m-2]
       =2*F[n+m-2]+F[n+m-3]
=……
F[n+m]=a[x]*F[n+m-x]+b[x]*F[n+m-x-1];
       =a[x]*(F[n+m-x-1]+F[n+m-x-2])+b[x]*(F[n+m-x-1);
       =(a[x]+b[x])*F[n+m+x-1]+a[x]*F[n+m+x-2];
当x=1时有 a[1]=F[2];  
b[1]=F[1];
当x=2时有 a[2]=F[2]+F[1]=F[3];  
b[2]=a[1]=F[2];
当x=k+1时有 a[k+1]=a[k]+b[k]=F[k+1]+F[k]=F[k+2] 
b[k+1]=a[k]=F[k+1];
所以当x=n时
F[n+m]=a[n]F[m]+b[n]F[m-1];
        =F[n+1]F[m]+F[n]F[m-1];

引理3：
Gcd(F[n+m],F[n])=Gcd(F[n],F[m])
证明：
Gcd(F[n+m],F[n])
=Gcd(F[n+1]F[m]+F[n]F[m-1],F[n]);
=Gcd(F[n+1]F[m],F[n]);
=Gcd(F[n+1],F[n])*Gcd(F[m],F[n])
=Gcd(F[m],F[n]);

由以上三个引理有：Gcd(F[n],F[m])=F[Gcd(n,m)];

　　以上为证明，反正本菜是没有能力证明，，

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>

const int mod = 19491001;
int n;
int tx, ty;

struct data {
    long long x1, x2, x3, x4;
    data (long long x1 = 1, long long x2 = 0, long long x3 = 0, long long x4 = 1) : x1(x1), x2(x2), x3(x3), x4(x4) {};
};

int gcd(int a, int b) {
    if (b == 0) return a;
    return (gcd(b, a % b));
}

data operator * (data a, data b) {
    data c;
    c.x1 = (a.x1 * b.x1 + a.x2 * b.x3) % mod;
    c.x2 = (a.x1 * b.x2 + a.x2 * b.x4) % mod;
    c.x3 = (a.x3 * b.x1 + a.x4 * b.x3) % mod;
    c.x4 = (a.x3 * b.x2 + a.x4 * b.x4) % mod;
    return (c);
}

data qpow(data x, int v) {
    data ans;
    while (v > 0) {
        if (v & 1) ans = ans * x;
        x = x * x;
        v >>= 1;
    }
    return (ans);
}

int main () {
    freopen("fibonacci.in", "r", stdin);
    freopen("fibonacci.out", "w", stdout);
    scanf("%d", &n);
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        scanf("%d %d", &tx, &ty);
        int ans = gcd(tx, ty);
        data cur(0, 1, 1, 1);
        cur = qpow(cur, ans-2);
        long long tans = ((cur.x2 + cur.x4) % mod + mod) % mod;
        printf("%I64d
", tans);
    }

    return 0;
}

　　第一题代码略丑，矩阵乘法一直写得不好看，见谅。

　　3、题目描述还算清楚，只是思考黄金分割数取多少时纠结了一下，后来发现取0.618在n较大时毫无意义，开始按照带根号的那个东西来做，第一感觉O(nlog(n))枚举加二分求解，依旧开始打表，偶然发现这些数字有点熟悉，，，好吧又是斐波拉契数，，发现对于一个数n，它的最接近黄金分割数的值为 小于等于它的两个斐波拉契数作比，问题至此圆满解决，，至于证明，，自行百度吧，，

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>

unsigned long long f[100];
unsigned long long n;

int main () {
    freopen("gold.in", "r", stdin);
    freopen("gold.out", "w", stdout);
    f[1] = 1;
    f[2] = 1;
    for (int i = 3; i <= 93; i++) f[i] = f[i-1] + f[i-2];
    f[94] = 0 - 1;
    //for (int i = 1; i <= 94; i++) printf("%I64u
", f[i]);
    scanf("%I64u", &n);
    for (int i = 2; i <= 93; i++) {
        if (f[i] <= n && f[i+1] > n) {
            printf("%I64u/%I64u", f[i-1], f[i]);
        }
    }
    return 0;
}

　　4、考试时打的暴力，还打丑了，，一下子就被zgc拉开了50分，，，-_-，标答如下：首先枚举每一个号码，将它按照题目中所给的允许变化的方案进行变化，将变化结果存在hashtable里，之后利用hash进行判重，如果出现变化后的值与变化前的相同，对两个点进行暴力lcp并连边，最后spfa求解

　　代码嘛，，，还没写完= =。。

　　2、考试时没看懂题目，，考完后感觉题目描述有问题，总体感觉这题目并不是很可做，，先粘一个题解吧，以后再完善

稍加思索可以发现，行列之间是互不影响的，把每行1的个数看做n堆纸牌、每列1的个数
看做m堆纸牌，题目实际上就是两个环形的均分纸牌问题。 
下面来说环形均分纸牌问题怎么做： 
设有n堆纸牌，每堆有ai张，所有堆一共有S张，那么最终每堆应该有Sn张。因此如果s mod ai≠0，显然是无解的。接下来构造数列bi=ai-sn。 
方法一： 
枚举从第k个位置开始(1=k=n)，像均分纸牌的方法一样依次向后推（如果第i 个位置有ai堆牌，那么取bi堆牌分给下一堆，若bi0表示从下一堆拿到这一堆）。最后取最小值。 
时间复杂度O(n^2)，预计得分70分。 
方法二： 
设bi的前缀和为si。如果从第k个位置开始，那么第i堆和第i+1堆交换的纸牌数就是  si-sk。总代价就是s1-sk+s2-sk+s3-sk+……+sn-sk。发现什么了？当sk是s1~sn中位数的时候，
上式有最小值！所以把si排序后，令sk=s[(n+1)2]，计算代价即可。 
时间复杂度O(nlogn)，预计得分100分。