ACM必做50题的解题数学.docx

1、ACM必做50题的解题数学ACM必做50题的解题-数学.txt36母爱是一缕阳光，让你的心灵即便在寒冷的冬天也能感受到温暖如春；母爱是一泓清泉，让你的情感即使蒙上岁月的风尘仍然清澈澄净。POJ 2249 Binomial Showdown组合数学。高精度，也可把分子分母的数组进行两两约分 #includeusing namespace std;double c(int c,int k) double a=1; int i,j=2; for(i=c;ic-k;i-) a=a*i/(c-i+1); return a;int main() int n,k; while(scanf(%d%d,&n,&

2、k)!=EOF & (n!=0 | k!=0) if(kn/2 )k=n-k; printf(%.0lfn,c(n,k); return 0;poj 1023 the fun number system （经典进位制）题意：一种由2进制衍生出来的进制方法（我们暂且称为“类2进制”）； 标明n的位置上原2进制该位的权重要乘上-1，才是现在进制方法该位的权重； 譬如说；pnp对于的能表示的数2来说就是 110；即1*22+(-1)*1*21+1*20=2;算法：这是数论中的进位制问题，我们可以仿照原来的求一个数二进制表示方法； 但首先，我们应该考虑几个问题；k位这种类2进制的表示范围；显然，当给出

3、的p,n序列中，我们将所有p的位置都置为1其余位是0，此时最大；当我们将所有n的位置置为1，其余为0，此时最小；不过当我们求最大限max和最小限min时会有一个溢出问题；比如64位全是p的序列，那么max会溢出，值为-1；同理min在全是n时也会溢出，为1；显然是max=0,min=1,溢出时产生异常，依次可以判断；是否是最大限和最小限之间的数都能表示呢？都可以，而且能够表示的数是2k个，这个原始2进制是一样的；因为每个位上要么是0，要么是1，而且每个位上的权重唯一的，不能通过其他位的01组合获得；最后，我们就可以仿照原始二进制来算在类2进制下的表示；不断求N的二进制最后一位和右移；如果取余是

4、1，则该位上一定是1，如果该位对于字母为n，则高位应该再加1；这里对2取余可能会出错，因为对于负数，补码的表示，最后一位一定是和原码一样的每次的右移后(有时需先加1）补码表示正好符合要求（可找实例验证）；#includeusing namespace std;_int64 N,M;char s100,res100=0;int main() int T;scanf(%d,&T); int i,j; _int64 _max,_min; char ch; while(T-) scanf(%I64d,&N); scanf(%s,s); _max=0;_min=0; for(i=0;iN;i+) /找出

5、能表示的范围； if(si=p) _max=2*_max+1,_min*=2; else _min=2*_min-1,_max*=2; scanf(%I64d,&M); if(M_min&_min_max&_max=0) puts(Impossible); /注意防止64位数的溢出； else memset(res,0,sizeof(res); for(i=N-1;i=0;i-) int flag=0; if(M&1) /这里不能是平常的%2； resi=1; if(si=n) flag=1; else resi=0; M=1; if(flag) M+; /如果是n就需其高位加1； print

6、f(%sn,res); system(pause); return 0; POJ2506 Tiling 递推+高精给看似复杂的题找到了合适的规律就会变得简单。这个题就是这样。对于n列来说，可以在n-1列的基础上加上一块，或者是在n-2列的基础上加上2块而2块独立的，不依赖于1块的情况有两种，所以得到递推公式f(n)=f(n-1)+2f(n-2)看样例，要用到高精。#include/f(n)=f(n-1)+2f(n-2)using namespace std;int f251300;void HPprint(int *a) for (int i=a0;i=1;i-) coutai; couten

7、dl; void HPplus(int *a,int *b,int *c)int i,j;j=0;for(i=1;ib0?a0+2:b0+2;while(cc0=0 & c01) c0-; void HPmultyNUM(int *a,int b,int *c) int i,j,k; for (i=1;i=a0;i+) ci+=ai*b; k=0; for (j=1;j1) c0-; int main()int i,j,t300,test;f00=1;f01=1;f10=1;f11=1;f20=1;f21=3;for(i=3;itest) HPprint(ftest);return 0;POJ

8、 1079 Ratio 分数操作 题目大意：给出一个分数，比如1498/902。求出当分母分别为1, 2, .的时候，最接近1498/902的分数。比如：当分母为1的时候，最接近1498/902的分数为 1/1。当分母为2的时候，最接近1498/902的分数为 3/2。当分母为3的时候，最接近1498/902的分数为 5/3。思路：不要用高精度哦，直接模拟分数的操作最好了。#include #include struct frac _int64 up, down;_inline _int64 gcd(_int64 a, _int64 b) _int64 r; if (a b) r = a; a

9、 = b; b = r; while (1) r = a % b; if (!r) return b; a = b; b = r; _inline struct frac frac_init(_int64 up, _int64 down) _int64 r, s; struct frac f; r = up ? gcd(up, down) : 1; if (r 0) r = -r; f.up = up / r; f.down = down / r; return f;_inline struct frac frac_sub(struct frac fa, struct frac fb) ret

10、urn frac_init(fa.up*fb.down-fa.down*fb.up, fa.down*fb.down);_inline _int64 frac_cmp(struct frac fa, struct frac fb) return frac_sub(fa, fb).up;_inline struct frac frac_abs(struct frac f) if (f.up 0) f.up = -f.up; return f;int main() _int64 up, down; struct frac target, min_dis, f, dis; while (scanf(

11、%I64d%I64d, &up, &down) != EOF) target = frac_init(up, down); min_dis.down = 1; min_dis.up = (_int64)1e15; for (down = 1; down = target.down) up+; f = frac_init(up, down); dis = frac_abs(frac_sub(f, target); if (frac_cmp(dis, min_dis) 0) printf(%I64d/%I64dn, f.up, f.down); min_dis = dis; printf(n);

12、return 0;poj 1019 Number Sequence (找规律)找规律的题目：先计算出从1到n这个小区间有多长，保存到digit数组中，然后计算从112123到n一共有多少位数字，然后根据输入数据查找，其中我在找那一位时比较暴力，把从1开始一直存放，直到存放的比那一位还多，然后取出那一位。#include #include #include #include using namespace std ;const int MaxSize=100000+10 ;_int64 digitMaxSize, lenMaxSize ;stringstream ss ; void init()

13、 int i ; digit1 = len1 = 1 ; for( i=2; iMaxSize; +i ) digiti = digiti-1 + (int)log10(double)i)+1 ; leni = leni-1 + digiti ; /*for( i=1; i10; +i ) cout i 位数 digiti 长度 leni endl ; */char getDigit( int num ) int i ; for( i=1; leninum; +i ) ; int pos = num-leni-1 ; / 清空ss ss.str(); for( i=1; i=pos; +i )

14、 ss i ; /cout ss.str() sets ; while( sets- ) cin num ; cout getDigit( num ) =N)。而k=n-L0-L1- .-Ln-1。鉴于二叉树的固有特性，我可以构造递归函数fun(n,k)。即打印出拥有n个结点树的第k种状态。(2).继续转化问题，这棵树的左子树和右子树各有结点数多少？设这棵树左子树的结点数为i，右子树的结点数为n-i-1，那么这棵树是又左子树的结点数为i，右子树的结点数为n-i-1的形态的第几种(设为第s种)？可以知道当1=k=L0*Ln-1时,左子树结点树为0，右子树结点数为n-1，s=k；L0*Ln-1+1

15、=k=L1*Ln-2时，,左子树结点树为1，右子树结点数为n-2，s=k- L0*Ln-1 ；.当Li-1*Ln-i+10)打印(；fun(i, (s-1)/Ln-i-1+1)；打印)； 打印X； If(n-i-10) 打印(；fun(n-i-1, (s-1)%Ln-i-1+1)；打印)；至此，问题得到了解决。#include int L19=1,1,2,5,14,42,132,429,1430,4862,16796,58786,208012,742900,2674440,9694845,35357670,129644790,477638700; void fun(int n,int k) i

16、nt i,sum=0; if(1=n)putchar(X);return; for(i=0;ksum;i+)sum+=Li*Ln-i-1; i-; sum-=Li*Ln-i-1; k-=sum; if(i) putchar(); fun(i,(k-1)/Ln-i-1+1); putchar(); putchar(X); if(n-i-1) putchar(); fun(n-i-1,(k-1)%Ln-i-1+1); putchar(); int main() int n,i,j,sum; while(scanf(%d,&n)&n) sum=0; for(i=1;nsum;i+)sum+=Li;

17、i-; fun(i,n-sum+Li); putchar(n); return 0; POJ 1905 Expanding Rods#include #include #include using namespace std;int main(int argc, char* argv) double N,C,L; while(scanf(%lf%lf%lf,&L,&N,&C)&N=0&C=0&L=0) if(N=0|L=0|C=0) printf(0.000n); continue; double minv = 0,maxv = acos(-1.0), midv; double L2 = (

18、1 + N * C ) * L; while(maxv - minv 1e-12) midv = (minv + maxv) / 2; if( 2 * L2 / L midv / sin(midv / 2) minv = midv; else maxv = midv; printf(%.3lfn,L2 / midv * (1-cos(midv / 2); return 0;POJ 1064 Cable masterAC率较低的题，也是很明显的二分题，但是由于精度问题WA了很多次，最终看discuss过的，这题一个很重要的精度思想就是把每个浮点数全部变成int型，然后二分，不然会有很大的精度问题

19、，其次就是读入的时候不能用double读入，可能是因为把double转换成int时有精度的丢失吧，要用字符串读入，然后再转换成int型。#includeusing namespace std;#define MAX 10005int n,k;int aMAX;bool can(int t) int ans=0; int i; for(i=1;i=k)return true; return ans=k;void solve() if(!can(1) printf(0.00n); return ; int bottom=1,top=0; int i; for(i=1;i=n;i+) if(topa

20、i)top=ai; while(bottom1; if(can(mid)bottom=mid; else top=mid-1; double ans; if(can(top)ans=top*0.01;/求出的数乘以0.01即为答案 else ans=bottom*0.01; printf(%.2lfn,ans);int main() char str100; cinnk; int i; for(i=1;i=n;i+) scanf(%s,str);/*精度的问题，要用字符串输入* int j; ai=0; for(j=0;strj&strj!= ;j+) if(strj!=.)ai=ai*10+strj-0;/把读入的数乘以100转换成int型 solve(); return 0;