线性同余方程组的合并

类似于

$$a_ix\equiv b_i\mod m_i$$

的方程组就是线性同余方程组
根据同余的可加性,可令

$$x\equiv B \mod lcm(m_i) $$

所以答案就转化为了求B和lcm

$$a_1x \equiv b_1 \mod m1$$

$$x\equiv (b_1/\gcd(a_1,m_1))*(a_1^{-1}/gcd(a_1,m_1)) \mod (m_1/gcd(a_1,m_1))$$

$$x \equiv B_1 \mod m1$$

$$x=B_1+m_1*t $$此时的m1*t是未知的

带入第二个方程,并整理

$$a(B_1+m_1t) \equiv b_2 \mod m_2$$

$$am_1t \equiv b_2-aB_1 \mod m_2$$

解出t

$$t \equiv (b_2-aB_1)/gcd(am_1,m_2) * (am_1)^{-1}/gcd(am_1,m_2) \mod (m_2)/gcd(am_1,m_2)$$

把t带入

$$x=B_1+m_1*t $$

$$x\equiv B_2 \mod lcm(m_1,m_2) $$

$$x=B_2+lcm*t$$

再带入第三个方程即可向下合并

//返回一个b,m对 
pair<int, int> inner_congruence(const vector<int> &A,const vector<int> &B,const vector<int> &M)
{
	int x=0,m=1;
	for(int i-9;i<A.size();i++)
	{
		int a=A[i]*m,b=B[i]-A[i]*x,d=gcd(a,M[i]);
		if(b%d!=0) return make_pair(0,-1); //无解
		
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【容斥原理】Arrange the Numbers LightOJ – 1095

Consider this sequence {1, 2, 3 ... N}, as an initial sequence of first N natural numbers. You can rearrange this sequence in many ways. There will be a total of N! arrangements. You have to calculate the number of arrangement of first N natural numbers, where in first M positions; exactly K numbers are in their initial position.

For Example, N = 5, M = 3, K = 2

You should count this arrangement {1, 4, 3, 2, 5}, 
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【矩阵快速幂】nth Term LightOJ – 1096

You have to find the nth term of the following function:

f(n) = a * f(n-1) + b * f(n-3) + c, if(n > 2)

     = 0, if(n ≤ 2)

Input
Input starts with an integer T (≤ 100), denoting the number of test cases.

Each case contains four integers n (0 ≤ n ≤ 108), a b c (1 ≤ a, b, c ≤ 10000).

Output
For each case, print the case number and f(n) modulo 10007.

Sample Input
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【离线并查集】问题集合

  • 有 N 个数,初始均为 0。有 Q 个操作,第 i 个操作会把第 Li 到第 Ri 个数改为 Ci。问,所有操作结束后,每个数的值

并查集维护每个点右边最近的未修改的点,把操作全部读入以后倒序处理,因为是倒着处理所以每个点只能被修改一次,直接用数组记录就可以了。初始f[i]=i;当l..r合并以后区间内每个f[i]=i+1;查询函数加上路径压缩,当遇见一个被改变过的点可以立刻跳过后面所有被改变了的点

#include<iostream>
#include<stdio.h>
using namespace std;
int f[1001]={0};
int qm[1001][3]={0};
int a[1001]={0};
int n=0,q=0;
int ff(int x)
{
	if(f[x]==x) return x;
	else return f[x]=ff(f[x]);
}
int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&q);
	for(int i=1;i<=n+2;i++) f[i]=i;
	for(int i=q;i>0;i--)
	{
		scanf("%d%d%d",&qm[i][1],&qm[i][2],&qm[i][0]);
	}
	for(int i=1;i<=q;i++)
	{
		int l=qm[i][1],r=qm[i][2],v=qm[i][0];
		while(l<=r)
		{			
			l=ff(l);
			if(l<=r)
			{
				a[l]=v;
				f[l]=l+1;
				l+=1;
			}
			else
			{
				break;
			}
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d ",a[i]);
} 

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【坑】高数满分—pow的问题

Description

众所周知,qm的高数总是满分。这一天数学白痴锦鱼拿着一道数学题来问qm,qm不屑做这种简单的题,于是把这道题丢给你来完成。题目是这样的:给定a、b、c三个整数,求最大的整数x,满足xa+b*x<=c,其中xa表示x的a次方,b*x表示b乘以x。

Input

第一行输入三个整数a(1<=a<=10),b(0<=b<=1018),c(0<=c<=1018),分别对应题目中a、b、c三个整数。

Output

输出一个整数,表示所求的最大的x。

Sample Input

2 3 4

Sample Output

1
这题虽然是一道二分,但由于x^a可能过于大,所以x每次要去pow(c,1.0/a)避免爆炸。
xyjj说pow在计算longlong的时候会出现各种奇怪的问题(导致我WA了无数次),后来网上查了一下说是因为pow是计算的double所以会有精度丢失的问题,所以二分里面的pow要自己写……………….
#include<iostream>
#include<stdio.h>
#include<cmath>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll a,b,c;
ll qkpow(ll x,int p)
{
	if(p==0) return 1;
	if(p==1) return x; 
	
	ll y=qkpow(x,p>>1);
	
	y=y*y;
	
	if(p&1) 
	y=y*x;
	
	return y;
}
int main()
{
	cin>>a>>b>>c;
	ll l=0,r=(ll)pow((double)c,1.0/a);
	//if(b!=0) r=c/b;
	//r=min(r,(ll)pow(c,1.0/a));
	while(r-l>1)
	{
		ll mid=(r+l)>>1;
		if(qkpow(mid,a)+b*mid<=c)
		{
			l=mid;	
		}
		else
		{
			r=mid;
		}
	}	
	if(qkpow(r,a)+r*b<=c) cout<<r;
	
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【数学-贪心-末状态已知】问题集合

  • 蓝书 P4 分金币

https://vjudge.net/problem/UVA-11300

关于本题的“想一想为什么”:因为非齐次方程组的系数行列式为0,所以方程的解不唯一,所以最后一个方程没有贡献。

末态相同的题目,可以往方程组方向去想。最后可以往坐标的距离方面去靠。

  • 蓝书 P7 雕塑

本题第一个设想“有一个雕塑不会动”的证明:

设开始每个墓碑相差A,移动后每个墓碑相差M,M可以不相同,因为有加进来的雕塑。设Xi为向下一个雕塑移动的距离。则有

$$A-X_1+X_2=M =>X_2=X_1-(A-M)$$

$$A-X_2+X_3=M =>X_3=X_1-2(A-M)$$

$$…$$

$$A-X_n+X_1=M =>X_n=X_1-n(A-M)$$

 

同样可以变成X1到各个数字的距离最小的问题,即可知道X1在中位数的时候此时的距离为0。所以必然有一个雕塑它移动的距离为0。但不可用此方法求解答案,因为M仅仅是假设存在一个M使其满足末态,由于加入的雕塑不知道位置所以M无法确定。应采用贪心的方法求解… Read the rest

【优先队列-贪心】问题集合

  • 中间商优化

http://codeforces.com/problemset/problem/867/E

一个长度为N的序列,代表每天股票的价格,每天只能执行 买/卖/无动作 三种操作。问如何才能赚得最多。

维护一个优先队列,队首存当前最小的价格,见到比最小的价格高的就先卖掉,并且把低价股票的价格变成当前价格,更低的就进队。如果以后遇到更高的可以和交易过的股票交易,也可以和没交易过的股票交易,它们赚的钱是一样的。。经过xyjj的指点知道了这类题的做法叫中间商优化,先找到更高的卖了提升价格,以后可以继续交易。

#include<iostream>
#include<stdio.h>
#include<queue>
#include<algorithm>
#include<vector> 
#include<utility>
using namespace std;
typedef long long ll;
priority_queue<ll,vector<ll>,greater<ll> > b;

ll n,t;
ll ans=0;
int main()
{
	scanf("%lld",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		scanf("%lld",&t);
		b.push(t);
		if(b.top()<t)
		{
			ans+=t-b.top();
			b.pop();
			b.push(t);
		}
	}
	printf("%lld",ans);
}

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C#实现俄罗斯方块AI

 

QQ20170304232315

这个脑洞起源于一道题目。大意是有固定的格子,制作一个AI来让游戏不死。

 

这题的格子很少,于是可以分类讨论,只要8种情况(好像是?)

先后我去找了一些资料。
发现实现AI的大概思路都是利用启发函数来得到每种状态每个位置的最优解,只考虑当前的一个方块。
对于俄罗斯方块游戏的设计,我用了wiki上面的规定和游戏规则:
1.10个格子宽+22个格子的高,通常情况下21-22个格子被挡住。
2.有 “I”, “O”, “J”, “L”, “S”, “Z”, “T”.七种方块。
3.允许获得下一个方块的形状(因为我设计的AI不许要考虑下一个方块,所以我没有在界面中实现)
4.更多具体参见:http://tetris.wikia.com/wiki/Tetris_Guideline

 

游戏部分具体的实现不细说,方法很多。
AI部分:
我试过多种启发,后来找到了一种Pierre Dellacherie’s Algorithm,这里我主要说。
这种算法有如下评价
1.Landing Height):本次下落的方块中点地板的距离
2.Row eliminiated):本次下落后此方块贡献(参与完整行组成的个数)*完整行的行数
3.Row transitions):在同一行,方块 从无到有 或 从有到无 算一次(边界算有方块)
4.Column transition):在同一列,方块 从无到有 或 从有到无 算一次(边界算有方块)
5.Hole num):空洞的数量。空洞无论有多大,只算一个。一个图中可能有多个空洞
6.Well sum):井就是两边都有方块的空列。(空洞也可以是井,一列中可能有多个井)。此值为所有的井以1为公差首项为1的等差数列的总和
例:共三个井,2,3,1 wellsum=(1+2)+(1+2+3)+1;

它们的权值分别为

1
-4.500158825082766
2
3.4181268101392694
3
-3.2178882868487753
4
-9.348695305445199
5
-7.899265427351652
6
-3.3855972247263626

分数为所有评价和权值的乘积的和
经过多次实验发现这个启发非常可靠。在目前的测试看来100W行后还在稳定运行。

 

AItetris源码

参考资料:

http://imake.ninja/el-tetris-an-improvement-on-pierre-dellacheries-algorithm/

https://codemyroad.wordpress.com/2013/04/14/tetris-ai-the-near-perfect-player/

 

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