文章目錄

• T1：chocolate
• • 題目
  • 題解
  • code
• T2：“紅色病毒”問題
• • 題目
  • 題解
  • code
• T3：排列組合
• • 題目
  • 題解
  • code
• T4：字串數
• • 題解
  • code

T1：chocolate

題目

已幫大家翻譯了，不要去UVA或者luogu上面交，卡精度，

在2100年，ACM巧克力將成為世界上最受歡迎的食品之一。

“綠色，橙色，棕色，紅色…”，彩色糖衣殼也許是ACM巧克力最吸引人的特征。您見過多少種顏色？如今，據說ACM從二十四種顏色的調色板中進行選擇來繪制其美味的糖果。

一天，桑迪在一大包ACM巧克力上玩游戲，其中包含五種顏色（綠色，橙色，棕色，紅色和黃色）。每次他從包裝中取出一個巧克力并將其放在桌子上。如果桌子上有兩個顏色相同的巧克力，他會把它們都吃掉。他發現一件很有趣的事情，在大多數情況下，桌上總是有2或3塊巧克力。

現在，問題來了，如果包裝中有C種顏色的ACM巧克力（顏色均勻分布），那么從包裝中取出N顆巧克力后，桌上有M顆巧克力的概率是多少？您可以編寫一個程序來解決嗎？

輸入
此問題的輸入文件包含幾個測試用例，每行一個
對于每種情況，都有三個非負整數：C（C <= 100），N和M（N，M <= 1000000）
輸入由包含單個零的行終止。
輸出
輸出應該是每行一個實數，顯示每種情況的概率，四舍五入到小數點后三位

樣本輸入
5 100 2

0
樣本輸出
0.625

題解

首先我們由題意知道如果桌子上有兩個顏色相同的巧克力，會被吃掉，所以最后桌子上的巧克力一定是互不相同的，也就是有$m$種不同的糖果留在上面，所以我們可以特判當$m>c$時，是無解的

---

當$m>n$時，腦子也想得出來是無解的，一共就$n$顆，你從哪里變出$m?n$顆

---

再來每次都是兩顆兩顆地吃，所以$n?m$也就是吃的顆數一定是偶數，所以也可以特判一下

---

接下來進入母函數板塊
首先是
前面提到過最后剩在桌上的糖果一定都是互不相同的，剩$m$顆，也就是剩$m$種，那么這$m$種糖果拿的數量一定是奇數（最后剩下一個不能吃），剩下的$c?m$種糖果拿的一定是偶數（都被兩兩吃掉），如果你不能理解就算了 ，且吃的順序不同算不同的方法加上是等概率，那么總情況就是$c^n$
我們考慮最普通的指數型函數
$$1+\frac{x}{1!}+\frac{x^2}{2!}+...+\frac{x^n}{n!}+...=e^x$$
奇數的糖果的話就要想辦法消掉$x^{偶數項}$，偶數的糖果就要想辦法消掉$x^{奇數項}$
奇數項：$$\frac{e^x?e^{?x}}{2}$$
偶數項：$$\frac{e^x+e^{?x}}{2}$$

不要慌，我們來帶一下$$e^{?x}=1+\frac{?x}{1!}+\frac{(?x{)}^2}{2!}+...+\frac{(?x{)}^n}{n!}$$
以奇數項為例，偶數項相信大家看完后會秒懂
$$\frac{e^x?e^{?x}}{2}=\frac{(1?1)+(x?(?x))+(x^2?(?x{)}^2)+...+(x^n?(?x{)}^n)+...}{2}$$$$=\frac{2x+2x^3+2x^5+...}{2}=x+x^3+x^5+...$$

那么把每一種糖果對應的母函數乘起來，即
$$(\frac{e^x?e^{?x}}{2}{)}^m+(\frac{e^x?e^{?x}}{2}{)}^{c?m}$$
運用二項式展開定理得到，看來我還得去學學這玩意兒
$$\frac{{\sum }_{i=0}^m(?1{)}^i?C_m^i?e^{(m?i)?x}?e^{?ix}}{2^m}\times \frac{{\sum }_{i=0}^{c?m}{C}_{c?m}^i?e^{(c?m?i)x}?e^{?ix}}{2^{c?m}}$$
$$\frac{{\sum }_{i=0}^m(?1{)}^i?C_m^i?e^{(m?2i)x}\times {\sum }_{i=0}^{c?m}{C}_{c?m}^i?e^{(c?m?2i)x}}{2^c}$$
我們先把分母放一放，先只看分子，對其進行化簡
$$\sum _{i=0}^m\sum _{j=0}^{c?m}(?1{)}^i?C_m^i?C_{c?m}^j?e^{(c?2i?2j)x}$$
將這個的封閉式展開，變成
$$\sum _{k=0}^{\infty }\frac{{\sum }_{i\le 0\le m,j\le 0\le c?m}(?1{)}^i?C_m^i?C_{c?m}^j?(c?2i?2j{)}^k}{k!}?x^k$$
但是這里我們不能忘記上面的分母和總情況$2^c,c^n$，最后剩下的是哪$m$種，還有一個$C_c^m$
所以最后第$n$項的系數就是$$\frac{C_c^m}{2^c?c^n}?\sum _{i\le 0\le m,j\le 0\le c?m}(?1{)}^i?C_m^i?C_{c?m}^j?(c?2i?2j{)}^k$$

code

本來剛開始快速冪和組合數都不想開$double$，但是同胞告訴我會炸$int$

#include <cstdio> #include<iostream> using namespace std; #define MAXN 200 #define _for(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);++i) double C[MAXN + 5][MAXN + 5];double qkpow ( double x, int y ) {double ans = 1;while ( y ) {if ( y & 1 )ans = ans * x;x *= x;y >>= 1;}return ans; }void init () {C[0][0] = 1;for ( int i = 1;i <= MAXN;i ++ ) {C[i][0] = 1;for ( int j = 1;j <= i;j ++ )C[i][j] = C[i - 1][j - 1] + C[i - 1][j];} }int main() {int n, c, m;init();while ( scanf ( "%d", &c ) && c != 0 ) {scanf ( "%d %d", &n, &m );if ( m > c || m > n || ( n - m ) & 1 ) {printf ( "0.000\n" );continue;}double result = 0;for ( int i = 0;i <= m;i ++ )for ( int j = 0;j <= c - m;j ++ )result += ( i & 1 ? -1 : 1 ) * C[m][i] * C[c - m][j] * qkpow ( c - ( i << 1 ) - ( j << 1 ), n );result *= C[c][m] / qkpow ( 2, c ) / qkpow ( c, n );printf ( "%.3f\n", result );}return 0; }

T2：“紅色病毒”問題

題目

醫學界發現的新病毒因其蔓延速度和Internet上傳播的"紅色病毒"不相上下,被稱為"紅色病毒",經研究發現,該病毒及其變種的DNA的一條單鏈中,胞嘧啶,腺嘧啶均是成對出現的。
現在有一長度為N的字符串,滿足一下條件:
(1) 字符串僅由A,B,C,D四個字母組成;
(2) A出現偶數次(也可以不出現);
(3) C出現偶數次(也可以不出現);
計算滿足條件的字符串個數.
當N=2時,所有滿足條件的字符串有如下6個:BB,BD,DB,DD,AA,CC.
由于這個數據肯能非常龐大,你只要給出最后兩位數字即可.

Input
每組輸入的第一行是一個整數T,表示測試實例的個數,下面是T行數據,每行一個整數N(1<=N<2^64),當T=0時結束.
Output
對于每個測試實例,輸出字符串個數的最后兩位,每組輸出后跟一個空行.

Sample Input
4
1
4
20
11
3
14
24
6
0
Sample Output
Case 1: 2
Case 2: 72
Case 3: 32
Case 4: 0

Case 1: 56
Case 2: 72
Case 3: 56

題解

對于$B,D$是沒有限制的，那么它們的生成函數則是普通型
$$1+\frac{x}{1!}+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!}......=e^x$$
而$A,C$的要求是必須出現偶數次，當然不出現也行，所以他們的生成函數就只能保留$x^{偶數次}$
$$1+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}+......=\frac{e^x+e^{?x}}{2}$$
所以先寫T1的題解不是沒有邏輯的
將四個的生成函數閉形式相乘來化簡試試
$$(e^x{)}^2?(\frac{e^x+e^{?x}}{2}{)}^2=e^{2x}?\frac{e^{2x}+e^{?2x}+2}{4}=\frac{e^{4x}+2e^{2x}+1}{4}$$
然后還原成母函數
$$e^{4x}=1+\frac{4x}{1!}+\frac{(4x{)}^2}{2!}+...\frac{(4x{)}^n}{n!}+....$$
$$2e^{2x}=2(1+\frac{2x}{1!}+\frac{(2x{)}^2}{2!}+...+\frac{(2x{)}^n}{n!}+...)=2+\frac{4x}{1!}+\frac{8x}{2!}+...+\frac{2(2x{)}^n}{n!}+...$$
所以
$$\frac{e^{4x}+2e^{2x}+1}{4}=\frac{1}{4}?(4+\frac{4x+2?2x}{1!}+\frac{(4x{)}^2+2?(2x{)}^2}{2!}+...+\frac{(4x{)}^n+2(2n{)}^n}{n!})+...$$
$$=\frac{1}{4}?(4+(4+2?2)\frac{x}{1!}+(4^2+2?2^2)\frac{x^2}{2!}+...(4^n+2?2^n)\frac{x^n}{n!}+...)$$
常數項是第零項，把$\frac{1}{4}$乘進去，所以第$n$項的系數應該是
$$\frac{1}{4}?(4^n+2?2^n)=4^{n?1}+2^{n?1}$$

code

#include <cstdio> #include <iostream> using namespace std; #define mod 100 #define LL unsigned long long LL n;LL qkpow ( LL x, LL y ) {LL ans = 1;while ( y ) {if ( y & 1 )ans = ans * x % mod;x = x * x % mod;y >>= 1;}return ans; }int main() {int T; while ( scanf ( "%d", &T ) && T != 0 ) {int Case = 0;while ( T -- ) {cin >> n;printf ( "Case %d: %lld\n", ++ Case, ( qkpow ( 2, n - 1 ) + qkpow ( 4, n - 1 ) ) % mod ); }printf ( "\n" ); }return 0; }

T3：排列組合

題目

有n種物品，并且知道每種物品的數量。要求從中選出m件物品的排列數。例如有兩種物品A,B，并且數量都是1，從中選2件物品，則排列有"AB","BA"兩種。
Input
每組輸入數據有兩行，第一行是二個數n,m(1<=m,n<=10)，表示物品數，第二行有n個數，分別表示這n件物品的數量。
Output
對應每組數據輸出排列數。(任何運算不會超出2^31的范圍)
Sample Input
2 2
1 1
Sample Output
2

題解

我們對于每一種物品數，都可以寫出其生成函數
$$i\in [1,n]，1+\frac{x}{1!}+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!}+...+\frac{x^{num[i]}}{num[i]!}$$
設$dp[j]$表示選了$j$個物品的排列數，那么對于第$i$種物品而言，我們枚舉該種物品選的個數是$k\in [1,num[i]]$，那么排列數就要加上$k$個物品的排列數，但是因為它們是一種，順序沒有用，所以要除掉$k!$
于是可以寫出轉移方程式$dp[j+k]=dp[j+k]+d{p}^{\prime }[j]/k!$

code

這就像是一種模板了。。

#include <cstdio> #include <cstring> #define MAXN 15 int n, m; int fac[MAXN], num[MAXN]; double dp1[MAXN], dp2[MAXN];void init () {fac[0] = fac[1] = 1;for ( int i = 2;i < MAXN;i ++ )fac[i] = i * fac[i - 1]; }int main() {init();while ( ~ scanf ( "%d %d", &n, &m ) ) {for ( int i = 1;i <= n;i ++ )scanf ( "%d", &num[i] );memset ( dp1, 0, sizeof ( dp1 ) );memset ( dp2, 0, sizeof ( dp2 ) );for ( int i = 0;i <= num[1];i ++ )dp2[i] = 1.0 / fac[i];for ( int i = 2;i <= n;i ++ ) {for ( int j = 0;j <= m;j ++ )for ( int k = 0;k <= num[i];k ++ )if ( j + k > m )break;elsedp1[j + k] += dp2[j] / fac[k];for ( int j = 0;j <= m;j ++ ) {dp2[j] = dp1[j];dp1[j] = 0;}}printf ( "%.0lf\n", dp2[m] * fac[m] );}return 0; }

T4：字串數

一個A和兩個B一共可以組成三種字符串:“ABB”,“BAB”,“BBA”.
給定若干字母和它們相應的個數,計算一共可以組成多少個不同的字符串.
Input
每組測試數據分兩行,第一行為n(1<=n<=26),表示不同字母的個數,第二行為n個數A1,A2,…,An(1<=Ai<=12),表示每種字母的個數.測試數據以n=0為結束.
Output
對于每一組測試數據,輸出一個m,表示一共有多少種字符串.
Sample Input
2
1 2
3
2 2 2
0
Sample Output
3
90

題解

這道題跟上面第三題有點相似，我們可以先看對于$n$個字符，一共可以拼湊出$n!$個字符串
但是我們知道如果有兩個$A$那么$A_0{A}_1$和$A_1{A}_0$我們是看不出來的，那么就應該排除掉它們的影響
所以這道題的公式就是$$\frac{n!}{A_0!A_1!...A_n!}$$
其實這道題的本質是卡我們的高精，哎~具體的代碼理解在$code$里面有詳解，你一定會看得懂的

code

#include <cstdio> #include <cstring> #define MAXN 30 #define MAX 1000 int n, len; int A[MAXN]; int res[MAX];void Res_bit () { for ( int i = 0;i < len;i ++ )if ( res[i] > 9 ) {if ( i == len - 1 )len ++;res[i + 1] += res[i] / 10;res[i] %= 10;} }void Fac ( int x ) {res[0] = x;len = 1;Res_bit();while ( x > 2 ) { //1是不必要乘的，0是不能乘的 //這個條件的下限就是x=3，走進去就變成了2，當x=2時就不必要了 x --; //大數乘法其實跟豎式乘法是一樣的 //我們算A*B是用B的個位依次去乘A的每一位加上B的十位去乘A的每一位的結果...以此類推for ( int i = 0;i < len;i ++ )res[i] *= x;Res_bit ();//每一次都要進行大數進位 } }void div ( int x ) { //除法也可以用豎式來理解，從最高位開始除 //除不動就往下一位（商0），除得動就把余數傳給下一位 for ( int i = len - 1;i >= 0;i -- )if ( res[i] < x ) { //有的人可能會疑問感覺每次除法都只少了一位 //其實不然，在i循環減小時，如果是從最高位開始縮位 //len其實是同步減小了的，上面的進位同理 if ( i == len - 1 )len --;res[i - 1] += res[i] * 10;res[i] = 0;}else {if ( i > 0 )res[i - 1] += ( res[i] % x ) * 10;res[i] = res[i] / x;} }int main() {while ( scanf ( "%d", &n ) && n ) {int tot = 0;for ( int i = 1;i <= n;i ++ ) {scanf ( "%d", &A[i] );tot += A[i];}Fac ( tot );for ( int i = 1;i <= n;i ++ )for ( int j = 2;j <= A[i];j ++ )div ( j );for ( int i = len - 1;i >= 0;i -- )printf ( "%d", res[i] );printf ( "\n" );memset ( res, 0, sizeof ( res ) );}return 0; }

我好想寫得順序出了問題，我是fu應該先寫生成函數的學習博客，然后再寫題解

總結

以上是生活随笔為你收集整理的[指数型生成函数专练]chocolate，红色病毒问题，排列组合，字串数的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

如果覺得生活随笔網站內容還不錯，歡迎將生活随笔推薦給好友。