牛客OI賽制測試賽1 題解

A 斐波那契

數競生：這不是送分的常識嗎？

這裏引入一個叫卡西尼恆等式的玩意。

公式表達就是

設$fib[i]$爲斐波那契數列的第$i$項$(i>0,i \in N_+)$

則有

$fib[i+1]fib[i-1]-fib[i]^2=(-1)^i$，其中$(i>1,i \in N_+ )$

由於數聽說明了$i>=2$，因此咱們能夠用數學概括法證實這個結論。

首先看邊界條件，

$fib[1]=fib[2]=1,fib[3]=2$

$fib[3]*fib[1]-fib[2]^2=2*1-1^2=(-1)^2$

因此對於邊界條件成立。

如今，假設此結論對於$i=n$成立。

則有$fib[n+1]fib[n-1]-fib[n]^2=(-1)^n$

又∵$fib[i]=fib[i-1]+fib[i-2]$得出$fib[i+1]=fib[i]+fib[i-1]$

因此有

$fib[n+2]fib[n]-fib[n+1]^2$

$=(fib[n+1]+fib[n])*fib[n]-(fib[n]+fib[n-1])^2$

$=fib[n]^2+fib[n]fib[n+1]-fib[n]^2-fib[n-1]^2-2fib[n]fib[n-1]$

$=fib[n]^2+fib[n](fib[n+1]-fib[n])-fib[n-1]^2-2fib[n]fib[n-1]$

$=fib[n]^2+fib[n]fib[n-1]-2fib[n]fib[n-1]-fib[n-1]^2 $

$=fib[n]^2-fib[n]fib[n-1]-fib[n-1]^2$

$=fib[n]^2-fib[n-1](fib[n]+fib[n-1])$

$=fib[n]^2-fib[n-1]fib[n+1]$

$=(-1)(fib[n]^2-fib[n-1]fib[n+1])$

$=(-1)(-1)^n$

$=(-1)^{n+1}$

因此，此結論對於$i=n+1$也成立$……$

證畢。

因而，$n$爲偶數答案就是$1$不然爲$-1$。高精讀入，判斷一下最後一位就好了。

複雜度$O(1)$

$code:$

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
char n[1000010];int l;int num;
int main()
{
    cin>>n;
    int l=strlen(n);
    num=n[l-1]-'0';
    printf("%d",num%2==0?1:-1);
    return 0;
}

 

 

實際上，若是不知道的話，直接打個表就能看出來了。

下面是我比賽的時候打表的$generous$

 

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
long long f[100001];
int main()
{
 f[1]=f[2]=1;
 for(int i=2;i<=30;i++)
  f[i+1]=f[i]+f[i-1],
  printf("%lld ",f[i-1]*f[i+1]-f[i]*f[i]);
 return 0;
}

 

此題完結。

B 送分題

恭喜本寶寶傻呵呵的就交上去代碼了$qwq$

而後才發現有錯。

  

#include<cstdio>
#include<iostream> 
using namespace std;
int a,b,c;
 int main(){long long l=1,r=int(1e9)<<1:cin》a>>b;while(r-l>1){c=(l+r)>>1;if(c-b<a)l=c;else if(c-b>a)r=c;else return printf("%d\n",c);
}     if(l!=r)return printf("%d\n",r);
     }

 

不難發現，這裏面又語法錯誤(拿個DEV試一下就知道了應該是兩個，算上$return\ 0$三個)

以後不難發現，是$a+bproblem$我本身手玩了好幾組發現了。

以後拿着$a+b$的正解拍了一萬多組沒出錯。就認爲是對的了。

實際上，寫過$a+b$毒瘤解法的小夥伴們都能一眼看出來。$a+b$交上去就過了。

複雜度$O(1)$

 

C 序列

相信這題數據隨機，因此必定是個暴力。

首先看$q>>n$因此，想到一個記憶化，$ins[i]$表示詢問$i$是否可行$-1,0,1$表示不可行，未知，可行。若是這個詢問以前有過，直接輸出就好，這樣，咱們把$q$降到了$100000$。

以後，有一個顯然的事情就是，當這個序列的全部元素和整除$k$的時候，纔有可能知足。因此，若是$sum%k==0$暴力枚舉便可過。

這裏在說一點，就是，若是$k$可行，則$d$必定可行，其中$d$是$k$的約數。這點顯然，畫個圖就能理解。

因此能夠用莫隊搞一發。按詢問段數$k$從大到小暴力枚舉，若是以前沒被判過且當前可行，則能夠把它的約數都標記爲可行(這個對於小數據可能形成負優化，數據隨機，因此不加這點可過)

而後$……$考場上想了一個奇技淫巧的辦法，只水了$40$

複雜度：$O($玄學，能過$)$

$qwq$

不加優化理論一次$O(n)$，總共$q$次，由於加了記憶化，因此$n,q$同階，最壞$O(nq)$，然而數據隨機 $……$

加優化更玄學$……$須要看數據而定，最壞的話應該能降到均攤根號左右。

 

D 小葉的巡查

這題一開始叫CCF的巡查之旅呢 

不難發現，給出的是一棵樹。

因此，咱們直接找出樹的直徑以後再按等差數列求和公式計算便可。

考場上樹的直徑寫成$spfa$沒救了$……$還寫掛了，纔拿了$18$分$qwq$

因此就是樹的直徑的複雜度$O(n)$

E 旅行青蛙

這題放到$E$題 真的很$……$不想說啥。

青蛙走過的路線必定是一個子序列

因此直接求一個最長不降低子序列就行。

而後$nlogn$就過了

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
int a[400005];
int d[400005];
int main()
{
    int n;
    scanf("%d",&n);
    for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
    if (n==0)
    {
        printf("0\n");
        return 0;
    }
    d[1]=a[1];
    int len=1;
    for (int i=2;i<=n;i++)
    {
        if (a[i]>=d[len]) d[++len]=a[i];
        else
        {
            int j=upper_bound(d+1,d+len+1,a[i])-d;
            d[j]=a[i];
        }
    }
    printf("%d\n",len);   
    return 0;
}

 

 F 子序列

容斥可作。首先算出不考慮去除數的子序列乘積的乘積$……$

每個數都被乘了$C_{n-1}^{k-1}$次，

以後考慮第$i \in 1,n $大的數咱們對它多算的次數，

爲$C_{n-i}^{k-1}+C_{i-1}^{k-1}$次(就是從不選比$i$大的數中共$n-i+1$個數裏選$k$個，和從不比$i$小的$i$數裏選$k$個)

因此容斥一發就行了。

能夠$nlogn$作.