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HDU5446 Unknown Treasure

时间:2015-09-18 13:46:18      阅读:463      评论:0      收藏:0      [点我收藏+]

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  前几天长春网络赛一道lucas + CRT 模板题,当时没做出来。

  地址:http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5446

  

  中国剩余定理

  在《孙子算经》中有这样一个问题:“今有物不知其数,三三数之剩二(除以3余2),五五数之剩三(除以5余3),七七数之剩二(除以7余2),问物几何?”这个问题称为“孙子问题”,该问题的一般解法国际上称为“中国剩余定理”。具体解法分三步:

  1.找出三个数:从3和5的公倍数中找出被7除余1的最小数15,从3和7的公倍数中找出被5除余1 的最小数21,最后从5和7的公倍数中找出除3余1的最小数70。

  2.用15乘以2(2为最终结果除以7的余数),用21乘以3(3为最终结果除以5的余数),同理,用70乘以2(2为最终结果除以3的余数),然后把三个乘积相加      (15*2+21*3+70*2)得到和233。

  3.用233除以3,5,7三个数的最小公倍数105,得到余数23,即233%105=23。这个余数23就是符合条件的最小数。

 

  我们将“孙子问题”拆分成几个简单的小问题,从零开始,试图揣测古人是如何推导出这个解法的。

     首先,我们假设n1是满足除以3余2的一个数,比如2,5,8等等,也就是满足3*k+2(k>=0)的一个任意数。同样,我们假设n2是满足除以5余3的一个数,n3是满足除以7余2的一个数。

     有了前面的假设,我们先从n1这个角度出发,已知n1满足除以3余2,能不能使得 n1+n2 的和仍然满足除以3余2?进而使得n1+n2+n3的和仍然满足除以3余2?

     这就牵涉到一个最基本数学定理,如果有a%b=c,则有(a+kb)%b=c(k为非零整数),换句话说,如果一个除法运算的余数为c,那么被除数与k倍的除数相加(或相减)的和(差)再与除数相除,余数不变。这个是很好证明的。

     以此定理为依据,如果n2是3的倍数,n1+n2就依然满足除以3余2。同理,如果n3也是3的倍数,那么n1+n2+n3的和就满足除以3余2。这是从n1的角度考虑的,再从n2,n3的角度出发,我们可推导出以下三点:

  1. 为使n1+n2+n3的和满足除以3余2,n2和n3必须是3的倍数。
  2. 为使n1+n2+n3的和满足除以5余3,n1和n3必须是5的倍数。
  3. 为使n1+n2+n3的和满足除以7余2,n1和n2必须是7的倍数。

    因此,为使n1+n2+n3的和作为“孙子问题”的一个最终解,需满足:

  1. n1除以3余2,且是5和7的公倍数。
  2. n2除以5余3,且是3和7的公倍数。
  3. n3除以7余2,且是3和5的公倍数。

    所以,孙子问题解法的本质是从5和7的公倍数中找一个除以3余2的数n1,从3和7的公倍数中找一个除以5余3的数n2,从3和5的公倍数中找一个除以7余2的数n3,再将三个数相加得到解。在求n1,n2,n3时又用了一个小技巧,以n1为例,并非从5和7的公倍数中直接找一个除以3余2的数,而是先找一个除以3余1的数,再乘以2。

    这里又有一个数学公式,如果a%b=c,那么(a*k)%b=a%b+a%b+…+a%b=c+c+…+c=kc(k>0),也就是说,如果一个除法的余数为c,那么被除数的k倍与除数相除的余数为kc。展开式中已证明。

    最后,我们还要清楚一点,n1+n2+n3只是问题的一个解,并不是最小的解。如何得到最小解?我们只需要从中最大限度的减掉掉3,5,7的公倍数105即可。道理就是前面讲过的定理“如果a%b=c,则有(a-kb)%b=c”。所以(n1+n2+n3)%105就是最终的最小解。

 

  Lucas定理是用来求 c(n,m) mod p的值,p是素数

A、B是非负整数,p是质数。AB写成p进制:A=a[n]a[n-1]...a[0],B=b[n]b[n-1]...b[0]。

则组合数C(A,B)与C(a[n],b[n])*C(a[n-1],b[n-1])*...*C(a[0],b[0])  mod p相同

首先我们注意到 n=(ak...a2,a1,a0)p  =  (ak...a2,a1)p * p + a0

                                                       =  [n/p]*p+a0

                                                    且m=[m/p]+b0

只要我们能够证明 C(n,m)=C([n/p],[m/p]) * C(a0,b0)  (mod p)

剩下的工作由归纳法即可完成

我们知道对任意质数p:   (1+x)^p  == 1+(x^p)  (mod p) 

注意!这里一定要是质数 

对 模p 而言

 上式左右两边的x^m的系数对模p而言一定同余(为什么),其中左边的x^m的系数是 C(n,m) 而由于a0和b0都小于p

右边的x^m ( = x^(([m/p]*p)+b0)) 一定是由 x^([m/p]*p) 和 x^b0 相乘而得 (即发生于 i=[m/p] , j=b0 时) 因此我们就有了

 C(n,m)=C([n/p],[m/p]) * C(a0,b0)  (mod p) 

 

下面是代码

技术分享
 1 #include<iostream>
 2 #include<cstdio>
 3 #include<cstring>
 4 #include<cstdlib>
 5 #include<set>
 6 #include<vector>
 7 #include<algorithm>
 8 #define ll long long 
 9 using namespace std;
10 ll n,m,sum,sumn;
11 int q;
12 ll primes[12][3];
13 
14 ll CRT(int q)
15 {
16     ll temp, t;
17     for(int i= 0; i< q; i++)
18     {
19         t = sum/primes[i][0];
20         temp = t;
21         while(temp%primes[i][0] != primes[i][1])
22         {
23             temp = temp+t;
24         }
25         primes[i][2] = temp;
26     }
27     for(int i = 0; i< q; i++)
28     {
29         sumn += (primes[i][2]%sum);
30     }
31     return sumn%sum;
32 }
33 
34 ll qpow(ll a,ll b,ll p)
35 {
36     int ans;
37     for(ans=1;b;b>>=1,a=a*a%p)
38         if(b&1)ans=ans*a%p;
39     return ans;
40 }
41 
42 ll getc(ll n,ll m,ll p)
43 {
44     if(n<m)return 0;
45     if(m>n-m)m=n-m;
46     ll s1=1,s2=1;
47     for(int i=0;i<m;i++)
48     {
49         s1=s1*(n-i)%p;
50         s2=s2*(i+1)%p;
51     }
52     return s1*qpow(s2,p-2,p)%p;
53 }
54 
55 ll lucas(ll n,ll m,ll p)
56 {
57     if(m==0)return 1;
58     return getc(n%p,m%p,p)*lucas(n/p,m/p,p)%p;
59 }
60 
61 int main()
62 {
63     int T;
64     scanf("%d", &T);
65     while(T--)
66     {
67         sum = 1;
68         sumn= 0;
69         scanf("%lld%lld%d",&n,&m, &q);
70 //        printf("%lld%lld%d\n", n, m, q);
71         for(int i = 0; i< q; i++)
72         {
73             scanf("%lld", &primes[i][0]);
74             sum *= primes[i][0];
75 //            printf("%lld\n", primes[i][0]);
76             primes[i][1] = lucas(n,m,primes[i][0]);
77         }
78 /*        for(int i= 0; i< q; i++)
79         {
80             printf("%lld\n", primes[i][1]);
81         }
82 */       
83         printf("%lld\n", CRT(q));
84     }
85     
86     return 0;
87 }
HDU5446

 

 

 

  

HDU5446 Unknown Treasure

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原文地址:http://www.cnblogs.com/ygdblogs/p/4817829.html

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