2020杭电多校 2F / HDU 6768

HDU 6768 - The Oculus

题意

定义(F_i)为斐波那契数列第(i)项，(F_1=1, F_2=2, F_i=F_{i-1}+F_{i-2} (i≥3))

已知任意正整数(x)都拥有一个唯一的长度为(n)的(01)数列({b})，使得

(b_1*F_1+b_2*F_2+...+b_n*F_n=x)

(b_n=1)

(b_i∈{0,1})

(b_i*b_{i+1}=0)

以这样的表示法给出(A、B、C)三个数

已知数字(C)是由(A*B)的结果在这样的表示法下将某个原本是(1)的位置改成(0)得来的

问抹去的是哪个位置

数据范围

(1≤T≤10000)

(1≤|A|,|B|≤1000000)

(2≤|C|≤|A|+|B|+1)

(sum|A|,sum|B|≤5000000)

解

根据数据范围，至少要预处理出前(2000001)项的斐波那契数列

并通过(map/unordered\_map/gp\_hash\_table)将值映射回位置

然后根据题目所述，计算出(A)、(B)和(C)的值

其次只要通过(A*B-C)来计算出被抹去的数对应的数字是什么，将映射的位置输出即可

想法理解了之后就只剩处理方法的问题了

首先发现(Fibonacci)数列前(100)项便会超出(long long)的范围，所以需要对其进行取模

我们需要保证这个模数能让(Fibonacci)数列前(2000001)项在取模后没有冲突（唯一性）

所以需要一个比平时见到的模数更大的模数去尝试（类似(998244353、1000000007)这些均有冲突项数）

最后我取了(1111111111139)这个模数（若使用(unsigned long long)可以使用哈希的想法让数自然溢出，应该也是对的）

于是就能预处理+映射求出答案了，详见代码

需要注意的是，模数过大可能会导致计算(A*B)时超出(long long)的范围，所以需要使用快速乘

完整程序（各种优化情况）

由于组数关系及数据范围，所以我们需要考虑应当选取怎样的容器去映射

经（不完全）测试，得到结果如下

容器/读入方式	赛时测评(ms)	题库测评(ms)
map + STDIO	/	TLE
unordered_map + STDIO	2453	/
gp_hash_table + STDIO	2015	/
unordered_map + FastIO	/	2698
gp_hash_table + FastIO	375	1107

数据过大，快读这题在题库测评时应该是少不了的

其次稍微提一下，如果提交的是(G++)，且需要使用(unordered\_map)类时

如果空间充足，建议使用(gp\_hash\_table)来代替，时间复杂度可以降低(2)~(3)倍，但空间复杂度会提高(1.5)~(2)倍

在实际使用过程中，除了(gp\_hash\_table)无法使用(count)函数外，其余与(unordered\_map)相同

使用方法如下（两个头文件&一个namespace，添加后就能使用了）

下面展示的是(gp\_hash\_table + FastIO)组合的程序

#pragma GCC optimize(3)
#include<bits/stdc++.h>
#include<ext/pb_ds/assoc_container.hpp>
#include<ext/pb_ds/hash_policy.hpp>
using namespace std;
using namespace __gnu_pbds;
typedef long long ll;

const int bsz=1<<18;
char bf[bsz],*head,*tail;
inline char gc(){
    if(head==tail){
        int l=fread(bf,1,bsz,stdin);
        tail=(head=bf)+l;
    }
    return *head++;
}
inline int read(){
    int x=0,f=1;
    char c=gc();
    for(;!isdigit(c);c=gc())
        if(c=='-')
            f=-1;
    for(;isdigit(c);c=gc())
        x=x*10+c-'0';
    return x*f;
}
inline void write(ll x){
    if(x>=10)
        write(x/10);
    putchar(x%10+'0');
}
inline void putd(ll x)
{
    write(x);
    putchar('
');
}

const ll mod=1111111111139LL;

gp_hash_table<ll,int> mp;
ll fibo[2000050];

ll qmul(ll a,ll b){ //快速乘
    ll r=0;
    while(b){
        if(b&1)
            r=(r+a)%mod;
        a=(a+a)%mod;
        b>>=1;
    }
    return r;
}

void solve()
{
    int cnt1,cnt2,cnt3,d;
    ll A=0,B=0,C=0;
    
    cnt1=read();
    for(int i=1;i<=cnt1;i++)
    {
        d=read();
        if(d==1)
            A=(A+fibo[i])%mod;
    }
    cnt2=read();
    for(int i=1;i<=cnt2;i++)
    {
        d=read();
        if(d==1)
            B=(B+fibo[i])%mod;
    }
    cnt3=read();
    for(int i=1;i<=cnt3;i++)
    {
        d=read();
        if(d==1)
            C=(C+fibo[i])%mod;
    }
    
    putd(mp[(qmul(A,B)-C+mod)%mod]);
}
int main()
{
    fibo[0]=fibo[1]=1;
    mp[1]=1;
    for(int i=2;i<=2000010;i++)
    {
        fibo[i]=(fibo[i-1]+fibo[i-2])%mod;
        mp[fibo[i]]=i;
    }
    
    int T=read();
    while(T--)
        solve();
    
    return 0;
}