牛客OI赛制测试赛1 题解

A 斐波那契

数竞生：这不是送分的常识吗？

这里引入一个叫卡西尼恒等式的玩意。

公式表达就是

设$fib[i]$为斐波那契数列的第$i$项$(i>0,i \in N_+)$

则有

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

由于数听说明了$i>=2$，因此咱们能够用数学概括法证实这个结论。

首先看边界条件，

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

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

因此对于边界条件成立。

如今，假设此结论对于$i=n$成立。

则有$fib[n+1]fib[n-1]-fib[n]^2=(-1)^n$

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，此结论对于$i=n+1$也成立$……$

证毕。

因而，$n$为偶数答案就是$1$不然为$-1$。高精读入，判断一下最后一位就好了。

复杂度$O(1)$

$code:$

#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;
}

 

 

实际上，若是不知道的话，直接打个表就能看出来了。

下面是我比赛的时候打表的$generous$

 

#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;
}

 

此题完结。

B 送分题

恭喜本宝宝傻呵呵的就交上去代码了$qwq$

而后才发现有错。

  

#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);
     }

 

不难发现，这里面又语法错误(拿个DEV试一下就知道了应该是两个，算上$return\ 0$三个)

以后不难发现，是$a+bproblem$我本身手玩了好几组发现了。

以后拿着$a+b$的正解拍了一万多组没出错。就认为是对的了。

实际上，写过$a+b$毒瘤解法的小伙伴们都能一眼看出来。$a+b$交上去就过了。

复杂度$O(1)$

 

C 序列

相信这题数据随机，因此必定是个暴力。

首先看$q>>n$因此，想到一个记忆化，$ins[i]$表示询问$i$是否可行$-1,0,1$表示不可行，未知，可行。若是这个询问以前有过，直接输出就好，这样，咱们把$q$降到了$100000$。

以后，有一个显然的事情就是，当这个序列的全部元素和整除$k$的时候，才有可能知足。因此，若是$sum%k==0$暴力枚举便可过。

这里在说一点，就是，若是$k$可行，则$d$必定可行，其中$d$是$k$的约数。这点显然，画个图就能理解。

因此能够用莫队搞一发。按询问段数$k$从大到小暴力枚举，若是以前没被判过且当前可行，则能够把它的约数都标记为可行(这个对于小数据可能形成负优化，数据随机，因此不加这点可过)

而后$……$考场上想了一个奇技淫巧的办法，只水了$40$

复杂度：$O($玄学，能过$)$

$qwq$

不加优化理论一次$O(n)$，总共$q$次，由于加了记忆化，因此$n,q$同阶，最坏$O(nq)$，然而数据随机 $……$

加优化更玄学$……$须要看数据而定，最坏的话应该能降到均摊根号左右。

 

D 小叶的巡查

这题一开始叫CCF的巡查之旅呢 

不难发现，给出的是一棵树。

因此，咱们直接找出树的直径以后再按等差数列求和公式计算便可。

考场上树的直径写成$spfa$没救了$……$还写挂了，才拿了$18$分$qwq$

因此就是树的直径的复杂度$O(n)$

E 旅行青蛙

这题放到$E$题 真的很$……$不想说啥。

青蛙走过的路线必定是一个子序列

因此直接求一个最长不降低子序列就行。

而后$nlogn$就过了

#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。首先算出不考虑去除数的子序列乘积的乘积$……$

每个数都被乘了$C_{n-1}^{k-1}$次，

以后考虑第$i \in 1,n $大的数咱们对它多算的次数，

为$C_{n-i}^{k-1}+C_{i-1}^{k-1}$次(就是从不选比$i$大的数中共$n-i+1$个数里选$k$个，和从不比$i$小的$i$数里选$k$个)

因此容斥一发就行了。

能够$nlogn$作.