HDU - 6253 Knightmare (打表+拉格朗日插值)

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题意：一个马在无限大的棋盘中跳，问跳n步能跳到多少个不同的格子。

首先写个打表程序打一下n比较小的时候的表：

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3 typedef long long ll;
 4 const int N=50+10,mod=998244353;
 5 const int dx[]= {-2,-1,1,2,2,1,-1,-2};
 6 const int dy[]= {-1,-2,-2,-1,1,2,2,1};
 7 typedef pair<int,int> P;
 8 set<P> st[2];
 9 int n=20,a[N];
10 int main() {
11     st[0].insert({0,0});
12     for(int i=0; i<n; ++i) {
13         for(P p:st[i&1]) {
14             st[i&1^1].insert(p);
15             for(int j=0; j<8; ++j)st[i&1^1].insert({p.first+dx[j],p.second+dy[j]});
16         }
17         a[i]=st[i&1].size();
18     }
19     for(int i=0; i<n; ++i)printf("%d ",a[i]);
20     return 0;
21 }

打印结果：

1 9 41 109 205 325 473 649 853 1085 1345 1633 1949 2293 2665 3065 3493 3949 4433 4945

把元素差分两次后，成了这个亚子：

1 7 24 36 28 24 28 28 28 28 28 28 28 28 28 28 28 28 28 28

发现了什么？当n比较大的时候，经过二次差分后的数组的每一项都是28！因此可以猜测答案是一个关于n的二次多项式，现在要做的是把这个多项式推出来。

手算当然可以，但有没有一个可以不用动脑子就算出来的代码吗？答案是肯定的。拉格朗日插值大法好！

核心代码：(只需要写三个函数，前两个函数的作用是封装多项式的加法和乘法，第三个函数的作用是插值)

 1 typedef double db;
 2 typedef vector<db> Poly;
 3 Poly operator*(Poly a,Poly b) {
 4     Poly c;
 5     c.resize(a.size()+b.size()-1);
 6     for(int i=0; i<a.size(); ++i)
 7         for(int j=0; j<b.size(); ++j)c[i+j]+=a[i]*b[j];
 8     return c;
 9 }
10 Poly operator+(Poly a,Poly b) {
11     Poly c;
12     c.resize(max(a.size(),b.size()));
13     for(int i=0; i<c.size(); ++i) {
14         if(i<a.size())c[i]+=a[i];
15         if(i<b.size())c[i]+=b[i];
16     }
17     return c;
18 }
19 Poly Lagrange(Poly X,Poly Y) {
20     Poly c;
21     int n=X.size();
22     for(int i=0; i<n; ++i) {
23         Poly x({1});
24         for(int j=0; j<n; ++j)if(j!=i) {
25                 x=x*Poly({-X[j],1});
26                 x=x*Poly({1.0/(X[i]-X[j])});
27             }
28         c=c+x*Poly({Y[i]});
29     }
30     return c;
31 }

这样一来，只要输入X向量和Y向量，就能直接求出原多项式了，非常方便。比如输入如下两个向量：

1     Poly a({1,2,3}),b({1,3,7});
2     Poly c=Lagrange(a,b);
3     for(db x:c)printf("%f ",x);

输出的结果为

1.000000 -1.000000 1.000000

也就是说，三个点$(1,2),(2,3),(3,7)$所确定的多项式为$f(x)=x^2-x+1$

现在我们在打印的结果中任取三个点比如$(10,1345),(11,1633),(12,1949)$，得到的结果为：

5.000000 -6.000000 14.000000

即答案关于n的多项式为$f(n)=14n^2-6n+5$。当n比较大时的答案就可以通过这个式子算出来了，n比较小的时候直接输出结果即可。最终提交上去的代码应该是这个亚子：

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3 typedef unsigned long long ll;
 4 const int N=1000+10,inf=0x3f3f3f3f;
 5 const int a[]= {1,9,41,109,205,325,473,649,853,1085,1345};
 6 int ka,n;
 7 int main() {
 8     int T;
 9     for(scanf("%d",&T); T--;) {
10         printf("Case #%d: ",++ka);
11         scanf("%d",&n);
12         if(n<=10)printf("%d\n",a[n]);
13         else printf("%llu\n",5-(ll)6*n+(ll)14*n*n);
14     }
15     return 0;
16 }

注意要用unsigned long long，OK了~

原文地址：https://www.cnblogs.com/asdfsag/p/11182035.html