1、电子科大第五届程序设计竞赛决赛题目浅析刘歆决赛题目和初赛不同，我以提点为主。各位同学不必强求看懂每一个题的分析、把每个题做出。有些题是要你的内力到了一定程度以后才能真正理解的。看书、做题、提高自己的实力才是关键。等你的实力提升以后，再来看这些题，你会发现很多题都是可以迎刃而解的。题目可以在 http:/ 看，你也可以在天大的OJ 上提交。A A Simple Problem(Author：郭志彪) 难度：*满足 f(a,k)=0 等价于 a 具有 N 的全部素因子。因为平方可使素因子数增多并最后=N 的相应素因子数，而平方本身不会产生新的素因子。求模可以最后来做，因为(a mod N) * b
2、 mod N = a * b mod N。设 N 的全部素因子乘积（每个只取一次）为 P，那么 a 一定是 P 的倍数。答案是 N / P + 1。B Bus(Author：文成明) 难度：*动态规划fk, 0 = max(fk + 1, 0, fk + 2, 1) + Akfk, 1 = max(fk + 1, 1, fk + 2, 0) + Bkfk, 0(或 fk, 1)分别表示第 k 天开始，这一天选择（或）的最大值。最后取 max(f0, 0, f0, 1)。C The Queen New Necklaces(Author：朱泓丞) 难度：*用到 Burnside 定理。Burnsi
3、de 定理说的是，不同的项链数等于置换群中每个置换的不动点（在置换下不变的方案）个数的和。这里置换就是一种排列，把一种着色方案映射到另一种，这两种方案是相同的。置换群可以简单理解为这些置换的集合（不过置换的连接产生的新置换也要包含在这个集合中） 。根据题意，旋转产生的方案是相同的，用置换来表达，就是所有的排列(ai ai+1 a1ai-1)。一共有 n 个这样的置换，n 是题目中所有颜色数的总和。把这些排列都写成循环节的形式，它们的一个特点是所有的循环节大小相等。假设某个排列的循环节大小是 m，方案在该排列下不变当且仅当每个循环节的元素颜色相同。如果某种颜色的个数 Ci 不是循环节大小 m 的
4、倍数，那显然是不可能实现的，反之，一定能实现。依次考虑每种颜色 Ci，假如 Ci/m=k，那么有 C(a,k)种方法选择出 k 个循环节，给他们染上颜色 Ci，其中 a 是当前剩下循环节个数，然后 a=a-k 继续下一种颜色的计算。把所有排列(ai ai+1 a1ai-1)这样处理一遍即可。由于答案很大，必须使用高精度，即把十进制整数每一位存在数组中，自己实现加减乘除运算。朱泓丞的标程和我的标程都是使用位十进制整数放到数组中的一个 Entry。其中高精度部分不必深究（尤其第一个程序，前面贴的是高精度模版） ，搞清楚本题的计数原理才是重点。你可以研究标程中的高精度代码，但请不要把它用作自己的高精
5、度模版。D Erdos Number(Author：刘歆) 难度：*直接 BFS。以 Erdos 为起始点扩展一棵宽度优先树，两个节点有边当且仅当这两个作者合作。每个节点在树中到 Erdos 的距离就是它的 Erdos 数。注意题目有个陷阱：输入的合作关系里边可能没有 Erdos 这个人，但是查询中可能会有 Erdos，这时应当输出 0 而不是infinity。很多队伍都栽到了这个陷阱中，有些队最后改过来了，有些队没有。我自己写标程的时候一开始都犯了这个错.E Erdos Travel(Author：刘歆 ) 难度：*期望可以相加，即使它们不独立。只需要树中一条路径的平均长度乘以 R。树中一条
6、路径的平均长度等于树中所有路径的长度和再除以 n*(n-1)。这只需要求出从每个节点出发的路径长度和再把所有节点加起来。而这可以树形 DP 完成，先计算出有向树中儿子方向的路径长度和，再加上父亲方向的。F Farey Sequence(Author：朱泓丞) 难度：*（天大同步赛难度是*）校赛 n c1=1；且 r1=1 = c1=0。这些 ci 继续确定某些 rj 的状态，如此知道找到了这个连通分支的所有点。设与 r1 取值相同的结点数是 a，不同的是 b，这个连通分支的答案是 min(a,b)。其它连通分支和它是独立的。把所有连通分之找完,把他们的答案加起来，就是最终答案。H Cube(A
7、uthor：文成明) 难度：*很容易观察出 113 表示中的中间那个数 121=112。于是猜测N3 = N2 + N2-2 + + N2-(N-1) + N2+2 + + N2+(N-1)，如果 N 是奇数很显然上式成立，因为有 N 项 N2，而其余部分正负相互抵消。如果 N 是偶数，那么N3 = N2-1 + + N2-N+1 + N2+1 + + N2+N-1同样是显然成立。如果项数固定为 N，那么表示是唯一的，因为你可以唯一的解出中间那个数。I Binary trees(Author：郭志彪) 难度：*把树的后序遍历转换为中序遍历。由于每个非叶子结点都有两个儿子，问题就简单了。用一个栈，从左到右扫描后缀表达式，遇到叶子，进栈；遇到非叶子，弹出栈顶的两个结点，作为这个非叶子结点的儿子，然后把这个非叶子结点进栈。扫完后栈中剩下的唯一那个结点就是树的根。最后从根开始做一次中序遍历即可。J Toms Game(Author：刘歆 ) 难度：*也是 BFS。从 0 点开始扩展一棵宽度优先树，当前结点 i 可以扩展到i+1i+6这些结点，步长为一。要处理出每个结点的 next，就是走到这个点选手将最终转移到哪个点。同时处理出图中的所有环，环上的点和能够到环上点的那些点都不要在 BFS 中扩展。处理的方法可以用拓扑排序，也可以做类似有向图找环的 DFS。我的标程用的是拓扑排序。
