7.31 基本算法1.1

一。递归与递推

方法：  思维模式，找本题所用的思想，找到目标组数，创建数组按顺序依次选择被选择的数---问题边界-----记录该数已选---求解子问题---回溯到上一问题，还原现场

             常与枚举使用

 

例题：ch201 费解的开关（递归实现枚举，状态压缩）

 

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
int pic[6][6];//存储输入
int tmppic[6][6];//临时复制数组
int di[]={0,0,0,1,-1};
int dj[]={0,1,-1,0,0};

void turn(int i,int j){//反转
    for(int k=0;k<5;k++){
        int tmpi=i+di[k],tmpj=j+dj[k];
        if(tmpi>=1 && tmpi<=5 && tmpj>=1 && tmpj<=5)
        {
            if(tmppic[tmpi][tmpj]==1) tmppic[tmpi][tmpj]=0;
            else tmppic[tmpi][tmpj]=1;
        }
    }
}

bool test(int i){//检测答案
    for(int j=1;j<=5;j++){
        if(tmppic[i][j]!=1) return false;
    }
    return true;
}

int solve(){
    int minans=25;
    for(int i=0;i<(1<<5);i++){
        memcpy(tmppic,pic,sizeof(pic));
        int ans=0;
        for(int j=0;j<5;j++){
            if((i>>j)&1) {turn(1,j+1);ans++;}
        }
        for(int j=2;j<=5;j++){
            for(int k=1;k<=5;k++){
                if(tmppic[j-1][k]==0){
                    turn(j,k);
                    ans++;
                }
            }
        }
        if(test(5)) minans=min(minans,ans);
    }
    return minans;
}

int main(){
    int t;
    scanf("%d",&t);
    while(t--){
        char tmp;
        for(int i=1;i<=5;i++){
             for(int j=1;j<=5;j++){
                 tmp=getchar();
                 while(tmp!='0'&&tmp!='1') tmp=getchar();
                 pic[i][j]=tmp-'0';
             }
         }
        int ans=solve();
        printf("%d
",ans>6?-1:ans);
    }
    return 0;
}

方法：先枚举第一行的开关情况，再每个情况往下一行推看最后一行是否满足要求，则方案数+1

核心：

  for(int j = 0; now; j++, now >>= 1) {

          if(now & 1)    press(0,j);

       }

 

思考：看到这类题先想用递归枚举法是否比dfs要更简便，因为本题只要枚举第一行的情况之后每个情况的答案都只有一种，所以用递归枚举法更方便。先找思想，思维模式考虑是否其实情况答案唯一可以用递归枚举进行状态压缩，若每个情况都会分成更细的子问题则用dfs等搜索更优，不适合再用递归枚举（只适合结果单一不复杂）。

 

 

          poj1845（递归分治）/（数论 逆元+快速幂）

要求的是A^B的所有因子的和之后再mod 9901的值。

因为一个数A能够表示成多个素数的幂相乘的形式。即A=(a1^n1)*(a2^n2)*(a3^n3)...(am^nm)。所以这个题就是要求

(1+a1+a1^2+...a1^n1)*(1+a2+a2^2+...a2^n2)*(1+a3+a3^2+...a3^n2)*...(1+am+am^2+...am^nm) mod 9901。

对于每一个(1+a1+a1^2+...a1^n1) mod 9901

等于 (a1^(n1+1)-1)/(a1-1) mod 9901，这里用到逆元的知识：a/b mod c = (a mod (b*c))/ b

所以就等于(a1^(n1+1)-1)mod (9901*(a1-1)) / (a1-1)。

至于前面的a1^(n1+1)，快速幂。‘

 

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <vector>
#include <string>
#include <cstring>
#pragma warning(disable:4996)
using namespace std;
#define M 9901
 
long long p[50005];
int prime[50005];
 
void isprime()
{
    int cnt = 0, i, j;
    memset(prime, 0, sizeof(prime));
    
    for (i = 2; i < 50005; i++)
    {
        if (prime[i] == 0)
        {
            p[++cnt] = i;
            for (j = 2 * i; j < 50005;j=j+i)
            {
                prime[j] = 1;
            }
        }
    }
}
 
long long multi(long long A,long long n,long long k)
{
    long long b=0;
    while(n>0)
    {
        if(n&1)
        {
            b=(b+A)%k;
        }
        n=n>>1;
        A=(A+A)%k;
    }
    return b;
}
 
long long getresult(long long A,long long n,long long k)
{
    long long b = 1;
    while (n > 0)
    {
        if (n & 1)
        {
            b=multi(b,A,k);
        }
        n = n >> 1;
        A=multi(A,A,k);
    }
    return b;
}
 
void solve(long long A, long long B)
{
    int i;
    long long ans = 1;
    for (i = 1; p[i] * p[i] <= A; i++)
    {
        if (A%p[i] == 0)
        {
            int num = 0;
            while (A%p[i] == 0)
            {
                num++;
                A = A / p[i];
            }
            long long m = (p[i] - 1) * 9901;
            ans *= (getresult(p[i], num*B + 1, m) + m - 1) / (p[i] - 1);
            ans %= 9901;
        }
    }
    if (A > 1)
    {
        long long m = 9901 * (A - 1);
        ans *= (getresult(A, B + 1, m) + m - 1) / (A - 1);
        ans %= 9901;
    }
    cout << ans << endl;
}
 
int main()
{
    //freopen("i.txt","r",stdin);
    //freopen("o.txt","w",stdout);
    
    long long A, B;
    
    isprime();
    
    while (cin>>A>>B)
    {
          solve(A, B);
    }
    return 0;
}

 

#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int mod=9901;
int pow_mod(int a,int b)
{
    a=a%mod;
    int s=1;
    while(b)
    {
        if(b&1)
            s=(s*a)%mod;
        a=(a*a)%mod;
        b=b>>1;
    }
    return s;
}
int sum(int a,int b)//求1+a+a^2+...+a^b
{
    if(b==1)return 1;
    if(b&1)return (sum(a,b/2)*(1+pow_mod(a,b/2+1))+pow_mod(a,b/2))%mod;
    else return sum(a,b/2)*(1+pow_mod(a,b/2))%mod;
}
int main()
{
    int a,b;
    while(cin>>a>>b)
    {
         if(a<=1||b==0){cout<<1<<endl;continue;}
        int ans=1,i,j,k,t,n,m;
        n=(int)sqrt(a+0.5);
        for(i=2;i<=n;i++)
        {
            if(a%i==0)
            {
                t=0;
                while(a%i==0){
                    a=a/i;
                    t++;
                }
                ans=ans*sum(i,t*b+1)%mod;
            }
        }
        if(a>1)
            ans=ans*sum(a,b+1)%mod;
        cout<<(ans+mod)%mod<<endl;    
    }
    return 0;
}

思考：看到这类偏数学的题立马想思维，想数学公式与逆元，快速幂等数学方法，手写推导，此题需要考虑次方的奇偶性

          poj3889（分形）(坐标变换)

参考：https://blog.csdn.net/ben_xsy/article/details/79288058