数学入门题目-白红宇

数学入门题目

阅读量：7178 次

发布时间：2019-06-29

本文共 7792 字，大约阅读时间需要 25 分钟。

这题是等差求和，不能直接sum=(1+n)*n/2;因为题目只是说结果在32bit之内，但(1+n)*n很可能超出32bit，所以这样写WA。

#include 
     
      #include 
      
       #include 
       
        #include 
        
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          #include 
          
           #define inf 0x3f3f3f3fusing namespace std;int main(){ __int64 n; while(scanf("%I64d",&n)!=EOF) { cout<

简单模拟题

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            #include 
            
             #define inf 0x3f3f3f3fusing namespace std;int main(){ int f[102],n,sum,t; while(scanf("%d",&n)!=EOF&&n!=0) { sum=0; memset(f,0,sizeof(f)); for(int i=1; i<=n; i++) { scanf("%d",&f[i]); t=f[i]-f[i-1]; if(t>0) { sum+=t*6+5; } else if(t<0) sum+=(-t)*4+5; else sum+=5; } printf("%d\n",sum); } return 0;}

View Code

求a^b

数据量很大时 long long中间也会溢出所以要拆分开来做

（现在自己的知识储备太渣，不知道为什么，明明代码一样，结果却不一样）

#include 
     
      #include 
      
       #include 
       
        #include 
        
         #define LL long longusing namespace std;LL len,n,m,i;LL a[1100];void f(int n){    for(i=0; i
         
          =0; i--)    {        if(a[i]!=0)            break;    }    len=i+1;}int main(void){    int T;    cin>>T;    while(T--)    {        scanf("%lld%lld",&n,&m);        if(n==0)        {            printf("0\n");            continue;        }        else if(n==1)        {            printf("1\n");            continue;        }        else if(m==1)        {            printf("%d\n",n);            continue;        }        else if(n<0)        {            if(m%2==1)                printf("-");            n=-n;        }        memset(a,0,sizeof(a));        a[0]=1;        len=1;        for(int j=1; j<=m; j++)        {            f(n);        }        for(i=len-1; i>=0; i--)        {            printf("%lld",a[i]);        }        cout<

整数划分问题：

整数划分问题是算法中的一个经典命题之一，有关这个问题的讲述在讲解到递归时基本都将涉及。所谓整数划分，是指把一个正整数n写成如下形式：n=m1+m2+...+mi; （其中mi为正整数，并且1 <= mi <= n），则{m1,m2,...,mi}为n的一个划分。如果{m1,m2,...,mi}中的最大值不超过m，即max(m1,m2,...,mi)<=m，则称它属于n的一个m划分。这里我们记n的m划分的个数为f(n,m);例如但n=4时，他有5个划分，{4},{3,1},{2,2},{2,1,1},{1,1,1,1};注意4=1+3 和 4=3+1被认为是同一个划分。该问题是求出n的所有划分个数，即f(n, n)。

下面我们考虑求f(n,m)的方法;

———————————————————————————华丽的分割线———————————————————————————

（一）递归法

根据n和m的关系，考虑以下几种情况：

（1）当n=1时，不论m的值为多少（m>0)，只有一种划分即{1};

(2) 当m=1时，不论n的值为多少，只有一种划分即n个1，{1,1,1,...,1};

(3) 当n=m时，根据划分中是否包含n，可以分为两种情况：

(a). 划分中包含n的情况，只有一个即{n}；

(b). 划分中不包含n的情况，这时划分中最大的数字也一定比n小，即n的所有(n-1)划分。

因此 f(n,n) =1 + f(n,n-1);

(4) 当n<m时，由于划分中不可能出现负数，因此就相当于f(n,n);

(5) 但n>m时，根据划分中是否包含最大值m，可以分为两种情况：

(a). 划分中包含m的情况，即{m, {x1,x2,...xi}}, 其中{x1,x2,... xi} 的和为n-m，可能再次出现m，因此是（n-m）的m划分，因此这种划分

个数为f(n-m, m);

(b). 划分中不包含m的情况，则划分中所有值都比m小，即n的(m-1)划分，个数为f(n,m-1);

因此 f(n, m) = f(n-m, m)+f(n,m-1);

　　　综合以上情况，我们可以看出，上面的结论具有递归定义特征，其中（1）和（2）属于回归条件，（3）和（4）属于特殊情况，将会转换为情况（5）。而情况（5）为通用情况，属于递推的方法，其本质主要是通过减小m以达到回归条件，从而解决问题。其递推表达式如下：

f(n, m)= 1; (n=1 or m=1)

f(n, n); (n<m)

1+ f(n, m-1); (n=m)

f(n-m,m)+f(n,m-1); (n>m)

因此我们可以给出求出f(n, m)的递归函数代码如下（引用Copyright Ching-Kuang Shene July/23/1989的代码）：

1 计算f(n,m)，即n的m划分的个数 2 unsigned long  GetPartitionCount(int n, int max) 3 { 4 if (n == 1 || max == 1) 5 return 1; 6 else if (n < max) 7 return compute(n, n); 8 else if (n == max) 9 return 1 + GetPartitionCount(n, max-1); 10 else 11 return GetPartitionCount(n,max-1) + GetPartitionCount(n-max, max); 12 }

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我们可以发现，这个命题的特征和另一个递归命题：

“上台阶”问题（斐波那契数列）（）

相似，也就是说，由于树的“天然递归性”，使这类问题的解可以通过树来展现，每一个叶子节点的路径是一个解。因此把上面的函数改造一下，让所有划分装配到一个.NET类库中的TreeView控件，相关代码（c#）如下：

1 组装TreeView 2 /// 树的根结点 3 /// 被划分的整数 4 /// 一个划分中的最大数 5 /// 
      
       返回划分数，即叶子节点数
       6 private int BuildPartitionTree(TreeNode root, int n, int max) 7 { 8 int count=0; 9 if( n==1) 10 { 11 //{n}即1个n 12 root.Nodes.Add(n.ToString());//{n} 13 return 1; 14 } 15 else if( max==1) 16 { 17 //{1,1,1,,1} 即n个1 18 TreeNode lastNode=root; 19 or(int j=0; j

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如果我们要输出所有解，只需要输出所有叶子节点的路径即可，可以同样用递归函数来输出所有叶子节点（代码中使用了一个StringBuilder对象来接收所有叶子节点的路径）：

1 获取所有叶子节点的路径 2 private void PrintAllLeafPaths(TreeNode node) 3 { 4 //属于叶子节点? 5 if(node.Nodes.Count==0) 6 this.m_AllPartitions.AppendFormat("{0}\r\n", node.FullPath.Replace('\\',',')); 7 else 8 { 9 foreach(TreeNode child in node.Nodes) 10 { 11 this.PrintAllLeafPaths(child); 12 } 13 } 14 }

View Code

通过递归思路，我们给出了n的划分个数的算法，也把所有划分组装到一棵树中。好，关于递归思路我们就暂时介绍到这里。关于输出所有划分的标准代码在这里省略了，我们有时间再做详细分析。

———————————————————————————华丽的分割线———————————————————————————

（二）母函数法

下面我们从另一个角度即“母函数”的角度来考虑这个问题。

所谓母函数，即为关于x的一个多项式G（x）：

有 G（x）= a0 + a1*x + a2*x^2 + a3*x^3 + ...

则我们称G（x）为序列（a0，a1，a2，...）的母函数。关于母函数的思路我们不做更多分析。

我们从整数划分考虑，假设n的某个划分中，1的出现个数记为a1，2的个数记为a2，..., i的个数记为ai，

显然: ak<=n/k; (0<= k <=n)

因此n的划分数f(n,n)，也就是从1到n这n个数字中抽取这样的组合，每个数字理论上可以无限重复出现，即个数随意，使他们的总和为n。显然，数字i可以有如下可能，出现0次（即不出现），1次，2次，..., k次，等等。把数字i用(x^i)表示，出现k次的数字i用 x^(i*k)表示，不出现用1表示。例如数字2用x^2表示，2个2用x^4表示，3个2用x^6表示，k个2用x^2k表示。

则对于从1到N的所有可能组合结果我们可以表示为：

G(x) = (1+x+x^2+x^3+...+x^n) (1+x^2+x^4+...) (1+x^3+x^6+...) ... (1+x^n)

= g(x,1) g(x,2) g(x,3) ... g(x, n)

= a0 + a1* x + a2* x^2 + ... + an* x^n + ... ; （展开式）

上面的表达式中，每一个括号内的多项式代表了数字i的参与到划分中的所有可能情况。因此该多项式展开后，由于x^a * x^b=x^(a+b)，因此 x^i 就代表了i的划分，展开后(x^i)项的系数也就是i的所有划分的个数，即f(n,n)=an （上式中g（x，i）表示数字i的所有可能出现情况）。

由此我们找到了关于整数划分的母函数G（x）；剩下的问题是，我们需要求出G（x）的展开后的所有系数。

为此我们首先要做多项式乘法，对于我们来说并不困难。我们把一个关于x的一元多项式用一个整数数组a[]表示，a[i]代表x^i的系数，即：

g(x) = a[0] + a[1]x + a[2]x^2 + ... + a[n]x^n;

则关于多项式乘法的代码如下，其中数组a和数组b表示两个要相乘的多项式，结果存储到数组c：

1 多项式相乘，即c=a*b 2 #define N 130 3 unsigned long a[N];/*多项式a的系数数组*/ 4 unsigned long b[N];/*多项式b的系数数组*/ 5 unsigned long c[N];/*存储多项式a*b的结果*/ 6 /*两个多项式进行乘法，系数分别在a和b中，结果保存到c ，项最大次数到N */ 7 /*注意这里我们只需要计算到前N项就够了。*/ 8 void Poly() 9 { 10 int i,j; 11 memset(c,0,sizeof(c)); 12 for(i=0; i

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下面我们求出G（x）的展开结果，G（x）是n个多项式连乘的结果：

1 计算G（x）的前N项系数 2 /*计算出前N项系数！即g(x,1) g(x,2)... g(x,n)的展开结果*/ 3 void Init() 4 { 5 int i,k; 6 memset(a,0,sizeof(a)); 7 memset(c,0,sizeof(c)); 8 for(i=0; i

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通过以上的代码，我们就计算出了G（x）的展开后的结果，保存到数组c中。此时有：f(n,n)=c[n];剩下的工作只是把相应的数组元素输出即可。

问题到了这里已经解决完毕。但我们发现，针对该问题，g(x,k)是一个比较特殊的多项式，特点是只有k的整数倍的索引位置有项，而其他位置都为0，具有项“稀疏”的特点，并且项次分布均匀（次数跨度为k）。这样我们就可以考虑在计算多项式乘法时，可以减少一些循环。因此可以对Poly函数做这样的一个改进，即把k作为参数传递给Poly：

1 改进后的多项式乘法 2 /*两个多项式进行乘法，系数分别在a和b中，结果保存到c ，项最大次数到N */ 3 /*改进后，多项式a乘以一个有特殊规律的多项式b，即b中只含有x^(k*i)项，i=0,1,2,*/ 4 /*如果b没有规律，只需要把k设为1，即与原来函数等效*/ 5 void Poly2(int k) /*参数k的含义：表示b中只有b[k*i]不为0！*/ 6 { 7 int i,j; 8 memset(c,0,sizeof(c)); 9 for(i=0; i

View Code

这样，原有的函数可以认为是k=1的情况（即多项式b不具有上诉规律）。相应的，在上面的Init函数中的调用改为Poly2(k)即可。

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参考资料：

（1）关于“递归”部分的代码，参考了Ching-Kuang Shene，July/23/1989的代码；

（2）关于“母函数”部分，参考了《Acm程序设计》（刘春英）（PPT文档）；

（3）“母函数”方法的Init和Poly的代码，参考了某位教师的代码 : ymc 2008/09/25，其中多项式乘法的改进是我提出的建议。

-- by hoodlum1980 2008-10-11

练习：

整数划分问题

整数划分是一个经典的问题。希望这道题会对你的组合数学的解题能力有所帮助。

Input 每组输入是两个整数n和k。(1 <= n <= 50, 1 <= k <= n) Output 对于每组输入，请输出六行。第一行：将n划分成若干正整数之和的划分数。

第二行：将n划分成k个正整数之和的划分数。

第三行：将n划分成最大数不超过k的划分数。

第四行：将n划分成若干奇正整数之和的划分数。

第五行：将n划分成若干不同整数之和的划分数。

第六行：打印一个空行。 Sample Input

5 2 Sample Output

3 Hint:

1、将5划分成若干正整数之和的划分为： 5, 4+1, 3+2, 3+1+1, 2+2+1, 2+1+1+1, 1+1+1+1+1

2、将5划分成2个正整数之和的划分为： 3+2, 4+1

3、将5划分成最大数不超过2的划分为： 1+1+1+1+1, 1+1+1+2, 1+2+2

4、将5划分成若干奇正整数之和的划分为： 5, 1+1+3, 1+1+1+1+1

5、将5划分成若干不同整数之和的划分为： 5, 1+4, 2+3

1 # include 
       
          2 #define N 100  3 int a[N],b[N],c[N],d[N],e[N]; 4 int t=0,total=0,count=0; 5 int n,p=0; 6 7 int dif() 8 { 9 int i,j; 10 for(i=0; i
        
         =1; i--) 42 if(i+total<=n) 43 { 44 a[t++]=i; 45 total+=i; 46 fun1(i); 47 } 48 total-=a[t-1]; 49 t--; 50 } 51 52 void fun2(int x,int m) //将n划分成k个正整数之和的划分数。 53 { 54 int i,j; 55 if(total==n) 56 { 57 if(p==m) 58 { 59 count++; 60 printf("%d=",n); 61 for(j=0; j
         
          =1; i--) 71 if(i+total<=n) 72 { 73 b[t++]=i; 74 p++; 75 total+=i; 76 fun2(i,m); 77 } 78 total-=b[t-1]; 79 t--; 80 p--; 81 } 82