2017 ACM-ICPC 亚洲区(西安赛区)网络赛 B题 Coin 题解

  这道题比较考验(高中)数学知识,主要用到乘法逆元、多项式奇数项之和与快速幂取模三个知识点。

  乘法逆元:设整数a、x、m(a与m互质),若x*a=1 mod m则x就是a对m的乘法逆元。一个数除以a后对m取模的结果等于这个数乘以a对m的逆元对m取模的结果。

       乘法逆元的计算要用到扩展欧几里得算法:

       基本算法:必然存在两整数a,b使不全为零的两整数x,y满足:x*a+y*b=gcd(x,y) ①.由x*a=1 mod m可知x*a+m*(-k)=1(k为整数).因为a,m互质所以gcd(a,m)=1,故此式与扩展欧几里得公式一致。

       由辗转相除法可知gcd(x,y)=gcd(y,x mod y),因为式y*a1+(x mod y)*b1=gcd(y,x mod y) ②,所以x*a+y*b=y*a1+(x mod y)*b1 ③。将③式展开,比较x,y系数可知a=b1,b=a1-(x/y)*b1.又因为在y=0时,gcd(x,y)=x,此时a=1,b=0,于是可以递归地求出a,b的值。代码如下:

int gcd(int x, int y, int &a, int &b)
{
    if (y == 0)
    {
        a = 1, b = 0;
        return x;
    }
    int GCD=gcd(y, x%y, a, b);
    int a1 = a, b1 = b;
    a = b1;
    b = a1 - (x / y)*b1;
    return GCD;
}

  快速幂取模:代码如下:

int QPow(int a, int N) {
    long long r = 1, aa = a;
    while (N) {
        if (N & 1 == 1) r = (r * aa) % mod;
        N >>= 1;
        aa = (aa * aa) % mod;
    }
    return r;
}

  在本题需要注意极限情况下计算过程中数值可能超出int范围。

  多项式奇数项之和:

    本题本质上就是要求((1-q)+q)^k展开式中的(1-q)次数为偶数的项之和,设为s,可知:s=(((1-q)+q)^k+((1-q)-q)^k)/2.答案即为s mod (1e9+7).

  主函数代码如下:

int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    int N;
    cin >> N;
    for (int i = 0; i < N; ++i)
    {
        int p, q, k;
        cin >> p >> q >> k;
        int a = (2 * power(p, k)) % mod;
        int x = 0, y = 0;
        gcd(a, mod, x, y);
        while (x < 0)x += mod;
        cout << (long long)(x*(long long)(power(p, k) + power(p - 2 * q, k))%mod) % mod << endl;
    }
}

  (注意数值大小!注意数值大小!注意数值大小!)

时间: 2024-10-13 14:54:31

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