10.4　竞赛题目选讲

例题10-22　统计问题（The Counting Problem, ACM/ICPC Shanghai 2004, UVa1640）

给出整数a、b，统计a和b（包含a和b）之间的整数中，数字0,1,2,3,4,5,6,7,8,9分别出现了多少次。1≤a,b≤10⁸。注意，a有可能大于b。

【分析】

解决这类题目的第一步一般都是：令f_d(n)表示0～n-1中数字d出现的次数，则所求的就是f_d(b+1)-f_d(a)。例如，要统计0～234中4的个数，可以分成几个区间，如表10-2所示。

表10-2　0～234所划区间

表10-2中的“模板”指的是一些整数的集合，其中字符“*”表示“任意字符”。例如，1**表示以1开头的任意3位数。因为后两个数字完全任意，所以“个位和十位”中每个数字出现的次数是均等的。换句话说，在模板1**所对应的100个整数的200个“个位和十位”数字中，0～9各有20个。而这些数的百位总是1，因此得到：模板1**对应的100个整数包含数字0，2～9各20个，数字1有120个。

这样，只需把0～n分成若干个区间，算出每个区间中各个模板所对应的整数包含每个数字各多少次，就能解决原问题了，细节留给读者思考。

例题10-23　多少块土地（How Many Pieces of Land?, UVa10213）

有一块椭圆形的地。在边界上选n（0≤n<2³¹）个点并两两连接得到n(n-1)/2条线段。它们最多能把地分成多少个部分？如图10-12所示，n=6时最多能分成31份。

图10-12　n=6时所划分的土地

【分析】

本题需要用到欧拉公式：在平面图中，V-E+F=2，其中V是顶点数，E是边数，F是面数。因此，只需要计算V和E即可（注意还要减去外面的“无限面”）。

不管是顶点还是边，计算时都要枚举一条从固定点出发（所以最后要乘以n）的对角线，它的左边有i个点，右边有n-2-i个点。左右点的连线在这条对角线上形成i(n-2-i)个交点，得到i(n-2-i)+1条线段。每个交点被重复计算了4次，每条线段被重复计算了2次。

本题还有一个有趣之处：n=1～n=6时答案分别为1、2、4、8、16、31。如果根据前5项“找规律”得到“公式”2^n-1，即就错了。

例题10-24　ASCII面积（ASCII Area, NEERC 2011, UVa1641）

在一个h*w（2≤h，w≤100）的字符矩阵里用“.”、“\”和“/”画出一个多边形，计算面积。如图10-13所示，面积为8。

图10-13　ASCII面积

【分析】

这是一道和几何相关的题目，不过不需要高深的几何知识。每个格子要么全白，要么全黑，要么半白半黑，只要能准确地判断出来即可。字符“\”和“/”都是半白半黑，问题在于“.”到底是全白还是全黑。

解决方法是从上到下从左到右处理，沿途统计“/”和“\”。当这两个字符出现偶数次时说明接下来的格子在多边形外；奇数次则说明接下来的格子在多边形内。

例题10-25　约瑟夫的数论问题（Joseph's Problem, NEERC 2005, UVa1363）

输入正整数n和k（1≤n，k≤10⁹），计算。

【分析】

被除数固定，除数逐次加1，直观上余数也应该有规律。假设k/i的整数部分等于p，则k mod i = k-i*p。因为k/(i+1)和k/i差别不大，如果k/(i+1)的整数部分也等于p，则k mod (i+1) = k-(i+1)*p = k-i*p - p = k mod i - p。换句话说，如果对于某一个区间i, i+1, i+2,…, j，k除以它们的商的整数部分都相同，则k除以它们的余数会是一个等差数列。

这样，可以在枚举i时把它所在的等差数列之和累加到答案中。这需要计算满足[k/j]=[k/i]=p的最大j。

• 当p=0时这样的j不存在，所以等差序列一直延续到序列的最后。
• 当p>0时j为满足k/j≥p的最大j，即j≤k/p。除了首项之外的项数j-i≤(k-i*p)/p = q/p。

例题10-26　帮帮Tomisu（Help Mr. Tomisu, UVa11440）

给定正整数N和M，统计2和N!之间有多少个整数x满足：x的所有素因子都大于M（2≤N≤10⁷，1≤M≤N，N-M≤10⁵）。输出答案除以100000007的余数。例如，N=100，M=10时答案为43274465。

【分析】

因为M≤N，所以N!是M!的整数倍。“所有素因子都大于M”等价于和M!互素。另外，根据最大公约数的性质，对于k>M!，k与M!互素当且仅当k mod M!与M!互素。这样，只需要求出“不超过M!且与M!互素的正整数个数”，再乘以N!/M!即可。这样，问题的关键就是求出phi(M!)。因为有多组数据，考虑用递推的方法求出所有的phifac(n)=phi(n!)。由phi函数的公式：

如果n不是素数，那么n!和(n-1)!的素因子集合完全相同，因此phifac(n)=phifac(n-1)*n；如果n是素数，那么还会多一项(1-1/n)，即(n-1)/n，约分得phifac(n)=phifac(n-1)*(n-1)。

核心代码如下（请读者注意其中的细节，如m=1的情况）：

int main() {
  int n, m;
  sieve(10000000); //筛法求素数
  phifac[1] = phifac[2] = 1; //请读者思考，为什么phifac[1]等于1而不是0
  for(int i = 3; i <= 10000000; i++) //递推phifac[i]=phi(i!)%MOD
  phifac[i] = (long long)phifac[i-1] * (vis[i] ? i : i-1) % MOD; //vis[i]为真i不是素数

  while(scanf("%d%d", &n, &m) == 2 && n) {
    int ans = phifac[m];
    for(int i = m+1; i <= n; i++) ans = (long long)ans * i % MOD;
    printf("%d\n", (ans-1+MOD)%MOD); //注意这里要减1，因为题目从2开始统计
  }
  return 0;
}

例题10-27　树林里的树（Trees in a Wood, UVa10214）

在满足|x|≤a，|y|≤b（a≤2000，b≤2000000）的网格中，除了原点之外的整点（即x,y坐标均为整数的点）各种着一棵树。树的半径可以忽略不计，但是可以相互遮挡。求从原点能看到多少棵树。设这个值为K，要求输出K/N，其中N为网格中树的总数。如图10-14所示，只有黑色的树可见。

【分析】

显然4个坐标轴上各只能看见一棵树，所以可以只数第一象限（即x>0，y>0），答案乘以4后加4。第一象限的所有x, y都是正整数，能看到(x,y)，当且仅当gcd(x,y)=1。

由于a范围比较小，b范围比较大，一列一列统计比较快。第x列能看到的树的个数等于0<y≤b的数中满足gcd(x,y)=1的y的个数。可以分区间计算。

• 1≤y≤x：有phi(x)个，这是欧拉函数的定义。
• x+1≤y≤2x：也有phi(x)个，因为gcd(x+i,x)=gcd(x,i)。
• 2x+1≤y≤3x：也有phi(x)个，因为gcd(2x+i,x)=gcd(x,i)。
• ……
• kx+1≤y≤b：直接统计，需要O(x)时间。

换句话说，每次需要计算phi(x)和进行O(x)次直接判断，计算phi(x)需要O(x^1/2)时间，而直接判断只需要O(1)时间。再加上枚举x的所有a种可能，总时间为O(a²)。

例题10-28　（问题抽象）高速公路（Highway, ACM/ICPC CERC 2006, UVa1393）

有一个n行m列（1≤n,m≤300）的点阵，问：一共有多少条非水平非竖直的直线至少穿过其中两个点？如图10-15所示，n=2，m=4时答案为12，n=m=3时答案为14。

图10-14　树林里的树	图10-15n行m  列点阵

【分析】

不难发现两个方向是对称的，所以只统计“\”型的，然后乘以2。方法是枚举直线的包围盒大小a*b，然后计算出包围盒可以放的位置。首先，当gcd(a,b)>1时肯定重复了，如图10-16（a）所示，大包围盒a*b满足gcd(a,b)>1，在它的对角线和a'*b'的对角线是同一条直线（其中a'=a/gcd(a,b)，b'=b/gcd(a,b)）。

其次，如果放置位置不够靠左，也不够靠上，则它和它“左上方”的包围盒也重复了，如图10-16（b）所示。

（a）	（b）

图10-16　gcd(a,b)>1时示意图

假定左上角坐标为(0,0)，则对于左上角在(x,y)的包围盒，其“左上方”的包围盒的左上角为(x-a,y-b)。这个“左上角”合法的条件是x-a≥0且y-b≥0。

包围盒本身不出界的条件是x+a≤m-1, y+b≤n-1，一共有(m-a)(n-b)个，而“左上方”有包围盒的情况，即a≤x≤m-a-1且b≤y≤n-b-1，有c = max(0, m-2a) * max(0, n-2b)种放法。相减得到：a*b的包围盒有(m-a)(n-b)-c种放法。

另外要注意应预处理保存所有gcd，而不是边枚举边算，否则会超时。

例题10-29　魔法GCD（Magical GCD, ACM/ICPC CERC 2013, UVa1642）

输入一个n（n≤100000）个元素的正整数序列，求一个连续子序列，使得该序列中所有元素的最大公约数与序列长度的乘积最大。例如，5个元素的序列30, 60, 20, 20, 20的最优解为{60, 20, 20, 20}，乘积为gcd(60,20,20,20)*4=80。

【分析】

本题看上去和第8章介绍的一些“传统算法题”很像，所以可试着沿用这样一个常见的框架：从左到右枚举序列的右边界j，然后快速求出左边界i≤j，使得MGCD(i,j)最大，其中MGCD(i,j)定义为。

如何快速求出i呢？好像那些“传统方法”（单调队列等）都用不上，因为gcd函数并没有很多“好用”的代数性质。怎么办？还是从数论的角度入手吧。考虑序列5, 8, 6, 2, 6, 8，当j=5时需要比较i=1, 2, 3, 4, 5时的MGCD(i,j)，如表10-3所示。

表10-3　j=5时比较i的MGCD(i,j)

从下往上看，gcd表达式里每次多一个元素，有时gcd不变，有时会变小，而且每次变小时一定是变成了它的某个约数（想一想，为什么）。换句话说，不同的gcd值最多只有log₂j种！当gcd值相同时，序列长度越大越好，所以可以把表10-3简化成表10-4中的形式。

表10-4　简化表10-3

因为表里只有log₂j个元素，所以可以依次比较每一个i对应的MGCD(i,j)，时间复杂度为O(logj)。下面考虑j从5变成6时，这个表会发生怎样的变化。首先，上述所有gcd值都要再和a₆=8取gcd，即表10-4中第一行的1, 2, 6分别变成gcd(1,8)=1，gcd(2,8)=2，gcd(6,8)=2。然后要加入i=6的序列，gcd值为8。由于相同的gcd值只需要保留i的最小值，所以i=5被删除，最终得到如表10-5所示结果。

表10-5　i=5被删除后的结果

上述过程需要删除gcd相同的重复元素，但因为元素个数只有O(logj)个，即使用二重循环比较，时间效率也是很高的，每次修改表10-5的时间复杂度为O((logj)²)，总时间复杂度为O(n(logn)²)。但因为很难构造出每次表里都有接近log₂j个元素的数据，实际运行时间和时间复杂度为O(nlogn)的算法相当。