2018CCPC吉林区域赛 G. High Priestess

题目链接:HDU-6561

给不超过 10^4 个阻值为 1 \Omega 的电阻,通过串联和并联使得最后形成的电路有效阻值为 r

这道题可以考虑有理逼近中的连分数。

a_0 + \dfrac{1}{a_1 + \dfrac{1}{a_2 + \dfrac{1}{\ddots + \dfrac{1}{a_n}}}}

我们通常将它记为 [a_0, a_1, a_2, \cdots, a_n]

\frac{p_k}{q_k}[a_0, a_1, \cdots, a_k],我们称 \frac{p_k}{q_k}[a_0, a_1, a_2, \cdots, a_n] 的第 k 个渐进分数。

可以证明,所有有理数都可以表示为这样的一个有限连分数。

考虑斐波那契的 \phi = \frac{1 + \sqrt5}{2},我们可以令连分数序列为无限的 [1, 1, 1, \cdots, 1, \cdots]。而且我们可以发现,\frac{p_k}{q_k} 正好等于 \frac{F_{k+1}}{F_k}。数论中还会研究,任何无理数也都可以用连分数来逼近。

可以看出来,将这样的一个有理数摆进来,首先将它的整数部分去掉,然后再求倒数,就变成了 [a_1, a_2, \cdots, a_n],问题规模得以缩小。当我们迭代到没有小数部分的时候,这个有理数已经被精确表示了。类似于一个辗转相除法的例子,对不对?时间复杂度为 O(\log q)

我们需要(cai)知(chu)道(lai)的是,渐进级数越精确,误差越小。如果我们用某个连分数来表示这道题的答案呢?

一定有 a_0 = 0。那么我们不妨设定一个数列 \lbrace b_i \rbrace,其中

b_i = \begin{cases} \frac{1}{a_i + \frac{1}{b_{i+1}}}, & i = 2k+1 \\ a_i + b_{i+1}, & i=2k \end{cases}

那么可以认为 b_i 是由某一些电阻构成的复合电阻。当 i 为奇数时,我们将 a_i1 \Omega 的电阻与 b_{i+1} 并联起来;当 i 为偶数时,我们将 a_i1 \Omega 的电阻与 b_{i+1} 串联起来。注意当超过连分数长度 n 时,b_{i+1}0\infty,取决于奇偶性。

首先题目给定的 r 输入进来以后一定是一个有理数。那我们不妨先求出 [ r – \epsilon, r + \epsilon ] 中分母最小的分数 \frac{p_i}{q_i}

我们将 \frac{p_i}{q_i} 的连分数表示出来。但是由于题目要求所用电阻数量不能超过 10^4,我们可以将超过的部分略去,留下一堆多余的电阻,这样比略去的逼近效果略好。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll EPS = 10000000;
const int MAXN = 10000;
int kase;

ll gcd(ll a, ll b) { return b ? gcd(b, a % b) : a; }

void euclid(ll a, ll b, ll x, ll y, ll &p, ll &q)
{
    ll K = a / b; a -= K * b, x -= K * y;
    if (x > y) p = q = 1; else euclid(y, x, b, a, q, p);
    p += K * q;
}

void solve()
{
    static char buf[1000];
    static ll lfs[1000];
    scanf("%s", buf);
    ll fz = 0, fm = 1, fzm, fmm, fzM, fmM;

    for (int i = 2; buf[i]; i++)
    {
        fz = fz * 10 + buf[i] - '0';
        fm *= 10;
    }

    if (fm < EPS) fz *= EPS / fm, fm = EPS;
    fzm = fz - fm / EPS, fmm = gcd(fzm, fm), fzm /= fmm, fmm = fm / fmm;
    fzM = fz + fm / EPS, fmM = gcd(fzM, fm), fzM /= fmM, fmM = fm / fmM;
    euclid(fzm, fmm, fzM, fmM, fz, fm);
    if (fmM < fm) fz = fzM, fm = fmM;
    if (fmm < fm) fz = fzm, fm = fmm;
    int tot = 1, sum = 0, idx = 0, idg, id1, id2, idq = -1, op;

    while (fz && sum < MAXN)
    {
        swap(fz, fm);
        sum += (lfs[tot++] = min(fz / fm, MAXN - sum + 0ll));
        fz %= fm;
    }

    // printf("[ 0"); for (int i = 1; i < tot; i++) printf(", %lld", lfs[i]); printf(" ]\n");
    printf("Case %d:\n%d %d\n", ++kase, sum, sum-1);

    idg = sum-1;
    for (int j = tot-1; j > 0; j--)
    {
        op = j & 1;
        id1 = idx++;

        for (int i = 1; i < lfs[j]; i++)
        {
            id2 = idx++;
            printf("%d %d %d\n", op, id1, id2);
            id1 = ++idg;
        }

        if (~idq)
        {
            id2 = idq;
            printf("%d %d %d\n", op, id1, id2);
            ++idg;
        }

        idq = idg;
    }
}

int main()
{
    int T; scanf("%d", &T);
    while (T--) solve();
    return 0;
}

这道题总而言之感觉还是有点怪怪的,例如 0.000001 一定是无解的,但是竟然也能 AC。就这样吧,应该是良心出题人没有出卡人数据。

“2018CCPC吉林区域赛 G. High Priestess”的一个回复

发表评论

电子邮件地址不会被公开。 必填项已用*标注