【在线笔试题解题报告系列】Google APAC 2017 University Test Round E

最后一轮的 2017 Google APAC Test 了呢。

scoreboard中搜索hdu.toraoh，可以看我的当时实际提交情况。

照惯例，题意就不翻译了。（毕竟Google有英文面试的）

本文URLhttp://blog.csdn.net/fcxxzux/article/details/53055195，转载请留地址（而且现在还没完工呢）

A. Diwali lightings

显然要利用这个模式串s很短，查询区间很长。
我们知道查询区间里s完整地出现几次，再补上最开头s的末尾一部分，再补上最后s的开头一部分，这3部分的B的数量之和，完事。

能写起来更简单吗？
对于这种求[a,b][a,b]之间满足一定条件的东西的数目的题目，我们可以做以下的转化：
[a,b]的答案=[1,b]的答案−[1,a]的答案[a,b]的答案=[1,b]的答案-[1,a]的答案
而[1,a]的答案，在处理的时候，就没有要补上s尾部一块的问题了。
（所以我就是这么写的）

#include <stdio.h>
#include <ctype.h>
#include <string.h>
#include <stdlib.h>
#include <limits.h>
#include <math.h>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;char s[105];
ll a,b;ll cnt(ll x){int len=strlen(s);ll d=x/len,mod=x%len;ll ans=0;for(int i=0;i<len;i++){if(s[i]=='B'){ans+=d;if(i<mod)ans+=1;}}return ans;
}int main(){freopen("A-large.in","r",stdin);freopen("A-large.out","w",stdout);int T,Case=1;for(scanf("%d",&T);Case<=T;Case++){scanf("%s%I64d%I64d",s,&a,&b);printf("Case #%d: %I64d\n",Case,cnt(b)-cnt(a-1));}return 0;
}

B. Beautiful Numbers

考虑做的方向：
先进制再确定长度？
不行，进制可行解多，范围极大，还不连续，没法直接二分进制求得答案。

那先确定长度再考虑几进制？
因为2^64>10^18，2进制下都不可能长度超过64位，好像可行。
那怎么确定是几进制的呢？
A、二分，不是超了就是少了，或者刚好，还是单调变化，非常好
B、为什么不直接开根号呢？
对输入的nn，从最长的长度xx枚举，直接开(x−1)(x-1)次根号并下取整，然后代回检查。

直接开根号可行的解释的话。
首先，我们要知道，
对bb进制的数(12345)b(12345)_b，转成10进制，要这么算：
1∗b4+2∗b3+3∗b2+4∗b1+5∗b01*b^4+2*b^3+3*b^2+4*b^1+5*b^0
然后反证法：
假设长度x的情况下，开根号，告诉你应该是b进制

先证明不可能是b-1进制
b-1进制的情况下，这个数如果各个位置全1，转化成10进制，应该是：
1∗(b−1)x−1+⋯+1∗(b−1)3+1∗(b−1)2+1∗(b−1)1+1∗(b−1)01*(b-1)^{x-1}+ \dots +1*(b-1)^3+1*(b-1)^2+1*(b-1)^1+1*(b-1)^0
我们来把bx−1b^{x-1}变形一下：
bx−1b^{x-1}
=((b−1)+1)x−1= ((b-1)+1)^{x-1}
=(x−1x−1)(b−1)x−1+(x−1x−2)(b−1)x−2+…= \binom {x-1}{x-1}(b-1)^{x-1} + \binom {x-1}{x-2}(b-1)^{x-2} + \dots（二项式定理）
>(b−1)x−1+(b−1)x−2+…> (b-1)^{x-1}+(b-1)^{x-2}+\dots
然而事实上，bx−1≤nb^{x-1} \leq n
也就是说，b−1b-1进制再怎么努力也不行。

b+1b+1进制也不可能，很直白地能证明：
我们开根号是n√x−1\sqrt[x-1]{n}，一个最高位是1，其他位是0的b+1b+1进制的数，上来就有(b+1)x−1>(n√x−1)x−1(b+1)^{x-1} > (\sqrt[x-1]{n}) ^ {x-1}，怎么想都已经虐过那个n了。
或者直接说，开根号和幂次互为逆操作。你开根号的结果再幂回去，一样大。你现在开根号的结果+1再幂回去，肯定大于n了。

所以证明了，⌊n√x−1⌋\lfloor {\sqrt[x-1]{n}} \rfloor 就是我们想要的（进制）。

当然不要忘了，对长度为2的情况，单独抓出来特判。

#include <stdio.h>
#include <ctype.h>
#include <string.h>
#include <stdlib.h>
#include <limits.h>
#include <math.h>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;ll lpow(ll base,ll time){ll ans=1;for(int i=1;i<=time;i++)ans*=base;return ans;
}ll check(ll x,int time){ll ans=pow((double)x,1.0/time);if(ans<2)return -1;ll t=0;for(int i=0;i<=time;i++){t+=lpow(ans,i);}if(t!=x)return -1;return ans;
}int main(){freopen("B-large.in","r",stdin);freopen("B-large.out","w",stdout);int T,Case=1;for(scanf("%d",&T);Case<=T;Case++){ll n;scanf("%I64d",&n);for(int i=64;i>=1;i--){if(i==1){printf("Case #%d: %I64d\n",Case,n-1);break;}ll res=check(n,i);if(res>0){printf("Case #%d: %I64d\n",Case,res);break;}}}return 0;
}

C. Partioning Number

不妨看成3段：
a0,a0+1,a0+2a_0, a_0+1 , a_0+2 3种东西
搞x,y,zx,y,z个，使得x∗a0+y∗(a0+1)+z∗(a0+2)=nx*a_0+y*(a_0+1)+z*(a_0+2) = n，而且a0|da_0 | d

方法1：
枚举a0a_0，以及到底由几种不同的数组成
1种：直接来，整除检查就行
2种：或者没yy，得x∗a0+z∗(a0+2)=nx*a_0+z*(a_0+2) = n，或者没zz，得x∗a0+y∗(a0+1)=nx*a_0+y*(a_0+1) = n
3种：枚举x，然后剩下的方程是y∗(a0+1)+z∗(a0+2)=n−x∗a0y*(a_0+1)+z*(a_0+2)=n-x*a_0

3种二元一次不定方程，求不定方程的整数解的个数的话

掏出扩展欧几里得算法来算吧！
具体可参考欧几里德与扩展欧几里德算法 - jumping_frog - 博客园的说明，相关细节摘抄如下：

对于不定整数方程 pa + qb = c，若 c mod gcd(a, b) = 0,则该方程存在整数解，否则不存在整数解。（注：以a b c为已知量）
上面已经列出找p * a + q * b = gcd(a, b)一个整数解的方法（扩展欧几里得算法直接求，额外的2个返回值就是p0和q0，我们要的整数解）
在找到p * a+q * b = gcd(a, b)的一组解p0,q0后，
可以得到p * a+q * b = c的一组解
p1 = p0 * ( c / gcd(a,b) ),
q1 = q0 * ( c / gcd(a,b) )，

p * a+q * b = c的其他整数解满足：
p = p1 + b / gcd(a, b) * t
q = q1 - a / gcd(a, b) * t(其中t为任意整数)
p 、q就是p * a+q * b = c的所有整数解。
相关证明可参考:
http://www.cnblogs.com/void/archive/2011/04/18/2020357.html

然后，我们要求p>0且q>0，可以得到t的取值范围，
t>−p1∗gcd(a,b)/bt > -p1 * gcd(a,b) / b
t<q1∗gcd(a,b)/at
其中为整数的t的数量，就是这个二元一次不定方程的正整数解的数量了！

时间复杂度？
外层O(n)，最内部求解的数量是O(logn)的
中间枚举y∗(a0+1)+z∗(a0+2)=n−x∗a0y*(a_0+1)+z*(a_0+2)=n-x*a_0的时间复杂度呢？
注意到，这里面每层要枚举的数量累加起来为：
n/1+n/2+n/3+⋯+n/nn/1+n/2+n/3+\dots+n/n
=nlogn=nlogn （调和级数）
所以，我们的时间复杂度为O(nlog2n)O(nlog^2n)

#include <stdio.h>
#include <ctype.h>
#include <string.h>
#include <stdlib.h>
#include <limits.h>
#include <math.h>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;void extgcd(ll a,ll b,ll& d,ll& x,ll& y){if(!b){d=a;x=1;y=0;}else{extgcd(b,a%b,d,y,x);y-=x*(a/b);}
}int solve(int a,int b,int n){if(n%__gcd(a,b)!=0)return 0;ll g,p0,q0;extgcd(a,b,g,p0,q0);p0*=n/g;q0*=n/g;int less=floor((-p0)*g*1.0/b),great=floor(q0*g*1.0/a);if(q0*g%a==0)--great;return great-less<0?0:great-less;
}int main(){freopen("C-large.in","r",stdin);freopen("C-large3.out","w",stdout);int T,Case=1;for(scanf("%d",&T);Case<=T;Case++){int n,d;ll ans=0;scanf("%d%d",&n,&d);if(n%d==0)ans++;for(int i0=d;i0*2<=n;i0+=d){//1if(n%i0==0)++ans;//2ans+=solve(i0,i0+1,n);ans+=solve(i0,i0+2,n);//3for(int i=1;i0*i<n;i++){ans+=solve(i0+1,i0+2,n-i0*i);}}printf("Case #%d: %I64d\n",Case,ans);}return 0;
}

跑完大数据，大约5~10秒。

解法2：by [zucc]ChouUn
（我是真没搞懂，估计是开始的思路就不一样了……
在这里贴一下他的说明和代码）

直接当做3元1次不定方程：
ax+(a+1)y+(a+2)z=n−a…(1)ax+(a+1)y+(a+2)z=n-a \dots(1)
x+y+z=m−1………………(2)x+y+z=m-1\dots\dots\dots\dots\dots\dots(2)
（其中我们枚举aa和mm）
(1)−a∗(2)(1)-a*(2)得
y+2z=(n−a)−a(m−1)y+2z=(n-a)-a(m-1)
并且补充限制条件y+z≤m−1y+z \leq m-1
然后画图，可以发现： y+2zy+2z 跟 y+zy+z 交点是整点，
不用考虑太多，继续数学一下过了

（这个出解很快，真 · O(nlogn)O(nlogn)）

D. Sorting Array

目前并不会做（说实话，题都还没读）
有空补上。