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算法刷题记录(Day 39)

邯唐情感 2022-04-05 阅读 74
算法

Cipher(poj 1026)

原题链接

思路一:抓住置换一定是发生在置换环之间，而对于一个置换环，置换其长度次数后会变回原来的样子。因此，假设各个置换环的长度为Li，则置换lcm(Li)次即可得到原来的样子。

基于此，首先求出各个置换环的长度，然后得到lcm，依据lcm对置换的次数取模处理，以降低置换的次数。

注意这里是指写回第i位，因此首先需要转化一下。

sub数组可能会很大，是否需要存储呢？->直接存储每一次的sub，会造成超内存。
转化位求解的话，会变成超时。

//每次都求解sub数组->TLE
#include<iostream>
#include<stdio.h>
using namespace std;
#define NMAX 202
char str[NMAX];
short sub[2][NMAX];//最小公倍数的个数应该是多少呢？
short sub1[NMAX];
short sub2[NMAX];
short vis[NMAX];
int n, k, msub = 1;
int lcm = 1;
int gcd(int y, int x) {
	return (y % x == 0) ? x : gcd(x, y % x);
}
int main() {
	while (1) {
		cin >> n;
		if (!n) break;
		for (int i = 1; i <= n; i++) {
			int cur;
			cin >> cur;
			sub[1][cur] = i;
			sub[0][i] = i;
		}
		memset(vis, 0, sizeof(vis));
		for (int i = 1; i <= n; i++) {
			if (!vis[i]) {
				vis[i] = 1;
				int len = 1, j = sub[1][i];
				while (j != i) {
					vis[j] = 1;
					len++;
					j = sub[1][j];
				}
				lcm = (lcm * len) / gcd(lcm, len);
			}
		}
		while (1) {
			cin >> k;
			if (!k) break;
			getchar();
			gets_s(str);
			memset(str+strlen(str), ' ', sizeof(str)- strlen(str)); //长度!!!
			k = k % lcm;

			memcpy(sub1, sub[0], sizeof(sub1));
			memcpy(sub2, sub[1], sizeof(sub2));
			for (int i = 1; i <= k; i++) {
				for (int j = 1; j <= n; j++) sub2[j] = sub1[sub[1][j]];
				memcpy(sub1, sub2, sizeof(sub1));
			}
			/*
			if (k > msub) {
				//继续更新sub数组
				while (msub != k) {
					++msub;
					for (int i = 1; i <= n; i++) {
						sub[msub][i] = sub[msub - 1][sub[1][i]];
					}
				}
				//for (int i = 1; i <= n; i++) cout << sub[msub][i] << " ";
			}
			*/
			for (int i = 1; i <= n; i++) cout << str[sub1[i]-1];
			cout << endl;
		}
	}
}

思路二:每一次置换都一定是在置换环内部进行的，而置换环内部的置换有旋转的意味。假设存在置换环a1->a2->a3->a4->a1，那么经过两轮置换a1会变为a3，即ai->a(i+j)。如果刚开始就记录各个置换环的位置、数值等，是否可以直接通过相加的操作来获取最终的置换。

//RE
#include<iostream>
#include<stdio.h>
#include<vector>
using namespace std;
#define NMAX 202
char str[NMAX];
short sub[2][NMAX];//最小公倍数的个数应该是多少呢？
short vis[NMAX];
short belong[NMAX][2];
int n, k;
int lcm = 1;
struct ring {
	int len;
	vector<int> ele;
}R[NMAX];
int rn = 0;
int gcd(int y, int x) {
	return (y % x == 0) ? x : gcd(x, y % x);
}
int main() {
	while (1) {
		cin >> n;
		if (!n) break;
		for (int i = 1; i <= n; i++) {
			int cur;
			cin >> cur;
			sub[1][cur] = i;
			sub[0][i] = i;
		}
		memset(vis, 0, sizeof(vis));
		for (int i = 1; i <= n; i++) {
			if (!vis[i]) {
				vis[i] = 1;
				R[rn].len = 1;
				R[rn].ele.push_back(i);
				belong[i][0] = rn;
				belong[i][1] = 0;
				int j = sub[1][i];
				while (j != i) {
					vis[j] = 1;
					belong[j][0] = rn;
					belong[j][1] = R[rn].len;
					R[rn].len++;
					R[rn].ele.push_back(j);
					j = sub[1][j];
				}
				lcm = (lcm * R[rn].len) / gcd(lcm, R[rn].len);
				rn++;
			}
		}
		/*
		for (int i = 1; i <= n; i++) cout << sub[1][i] << " ";
		for (int i = 0; i < rn; i++) {
			cout << R[i].len << "　　";
			for (int j = 0; j < R[i].ele.size(); j++) cout << (R[i].ele)[j] << "　";
			cout << endl;
		}*/

		while (1) {
			cin >> k;
			if (!k) break;
			getchar();
			gets_s(str);
			memset(str+strlen(str), ' ', sizeof(str)- strlen(str)*2); //长度!!!否则会发生溢出
			k = k % lcm;
			for (int i = 1; i <= n; i++) {
				int fa = belong[i][0];
				int lot = (R[fa].ele)[(belong[i][1] + k) % R[fa].len];
				cout << str[lot - 1];
			}
			cout << endl;
		}
	}
}

Astronomy(poj 3101)

原题链接

思路一：如下所示，但是不能保证L/2是正数，且同余方程中一般都是没有小数的概念的。

在这里插入图片描述
参考链接

思路一:
在这里插入图片描述

//WA代码
#include<iostream>
using namespace std;
#define NMAX 1003
int N, T0 = 0x3f3f3f3f;
int T[NMAX];
int n = 1, m = 1;
int key = 0;
int gcd(int y, int x) {
	return y % x == 0 ? x : gcd(x, y % x);
}
int lcm(int y, int x) {
	return y * x / gcd(y, x);
}
int main() {
	while (scanf_s("%d", &N) == 1) {
		key = 0;
		for (int i = 0; i < N; i++) {
			cin >> T[i];
			if (T[i] < T0) T0 = T[i];
		}

		for (int i = 0; i < N; i++) {
			if (T[i] != T0) {
				int g;
				if (!key) {
					//第一次赋值
					m = T0 * T[i];
					n = 2 * (T[i] - T0);
					g = gcd(m, n);
					m /= g, n /= g;
					key = 1;
				}
				int numerator = T0 * T[i], denominator = 2 * (T[i] - T0);
				g = gcd(numerator, denominator);

				m = lcm(m, numerator / g);
				n = gcd(n, denominator / g);

				g = gcd(m, n);
				m /= g, n /= g;
			}
		}
		cout << m << " " << n << endl;
	}
}

分析错误原因，不难发现最小公倍数是一个大数。
在这里插入图片描述
那么如何在大数的基础上进行最小公倍数的计算呢？

首先，将最小公倍数的求解转化为其素数分解基础上的指数的较大值。然后在求解过程中先每次都更新素因子的指数，最后再依据素因子和指数来计算大数的值。

大数在本质上可以认为是以数组形式存放的数，假设进制为base,则第i位对应着b[i]*basei。加入要乘上km，那么每一位都要乘上km，或者说每一位要乘上m次k。
在这里插入图片描述
那么应该选择什么进制呢？由于int能表示10位数，因此最大可以选择10000进制。

//WA
#include<iostream>
using namespace std;
#define NMAX 1010
#define BASE 10000
int N, T0 = 0x3f3f3f3f;
int T[NMAX];
int n = 1;
int m[NMAX];//考虑一下这个有多少位置
int c[NMAX*10];//最大的因子是10000
int gcd(int y, int x) {
	return y % x == 0 ? x : gcd(x, y % x);
}
int lcm(int y, int x) {
	return y * x / gcd(y, x);
}
int main() {

	while (scanf_s("%d", &N) == 1) {
		memset(c, 0, sizeof(c));
		memset(m, 0, sizeof(m));
		m[0] = 1;
		for (int i = 0; i < N; i++) {
			cin >> T[i];
			if (T[i] < T0) T0 = T[i];
		}

		for (int i = 0; i < N; i++) {
			if (T[i] != T0) {
				int g;
				int numerator = T0 * T[i], denominator = 2 * (T[i] - T0);
				g = gcd(numerator, denominator);
				numerator /= g;
				denominator /= g;
				//m = lcm(m, numerator / g);
				n = gcd(n, denominator);

				//使用次数来维护最小公倍数
				for (int j = 2; j < NMAX * 10; j++) {
					int cur = 0;
					while (numerator % j == 0) {
						cur++;
						numerator /= j;
					}
					if (cur > c[j]) c[j] = cur;
				}
			}
		}
		//将m转化为10000进制的数
		for (int j = 2; j < NMAX * 10; j++) {
			for (int i = 0; i < c[j]; i++) {
				int carry = 0;
				for (int k = 0; k < NMAX; k++) {
					//每一位都要乘上j，乘c[j]次
					m[k] = m[k] * j + carry;
					carry = m[k] / BASE;
					m[k] %= BASE;
				}
			}
		}
		//定位
		int i = NMAX - 1;
		while (i >= 0 && m[i] == 0) i--;
		printf("%d", m[i--]); //第一个数不需要补0
		for (; i >= 0; i--) printf("%04d", m[i]); //后面的数必须要补上0
		printf(" %d\n", n);
	}
}
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