娱乐 偶得的一道数学/算法相关题

[每一天快乐]

因为觉得很有趣所以就发个帖题目挑战一试了，上附题图（但也没找到图来源）

关于解答：我由于对算法竞赛标准没什么了解，如有要求作答的话，基本只会从数学角度给出一个解答，对题图所要求的输入输出限制就恕无能为力啦_(:з」∠)_

三月 22, 2022，由每一天快乐修改
细节修改

[Whiteying]

数论算法不会，只会搜索的菜鸡，图来源是八月社经典galgame《秽翼的尤斯蒂亚》中艾莉丝·弗罗拉莉的CG

[每一天快乐]

9 分钟前, Whiteying 说道:

数论算法不会，只会搜索的菜鸡，图来源是八月社经典galgame《秽翼的尤斯蒂亚》中艾莉丝·弗罗拉莉的CG

gal来源我倒是清楚的， 只是有关这题出自谁之手，从哪流传出来的讯息就一无所知了（因为也一定程度上算转载嘛）_(:з」∠)_

[Whiteying]

4 分钟前, 每一天快乐 说道:

gal来源我倒是清楚的， 只是有关这题出自谁之手，从哪流传出来的讯息就一无所知了（因为也一定程度上算转载嘛）_(:з」∠)_

这样啊，虽然我也不知道出自哪，但题目大概率是出自HDU、洛谷、牛客这几个网站。

已经从学校的ACM-ICPC社团毕业了，大约有一两年没接触算法，全部成了青春的回忆了

[每一天快乐]

28 分钟前, Whiteying 说道:

这样啊，虽然我也不知道出自哪，但题目大概率是出自HDU、洛谷、牛客这几个网站。

已经从学校的ACM-ICPC社团毕业了，大约有一两年没接触算法，全部成了青春的回忆了

是dalao。。想必这种在社团跟队友一起努力学习的回忆一定非常美好

[jas]

随便想了下，大概可以把g表示成质数的乘积，列举可能的下一个g，用全期望公式计算
因为g只会变小，S中整数数量n只会变多，所以从g=1、n最大的状态倒推，就能一次一个地得出结果了

时间复杂度大概是o(n^2)～o(n^3)?

[每一天快乐]

5 分钟前, jas 说道:

随便想了下，大概可以把g表示成质数的乘积，列举可能的下一个g，用全期望公式计算
因为g只会变小，S中整数数量n只会变多，所以从g=1、n最大的状态倒推，就能一次一个地得出结果了

时间复杂度大概是o(n^2)～o(n^3)?

感觉思路应该是可行的，但是每步推行策略的具体操作能否再详细一点呢。。而且我也很好奇复杂度是如何快速估计出来的（我没有这种直觉）

[每一天快乐]

30 分钟前, jas 说道:

随便想了下，大概可以把g表示成质数的乘积，列举可能的下一个g，用全期望公式计算
因为g只会变小，S中整数数量n只会变多，所以从g=1、n最大的状态倒推，就能一次一个地得出结果了

时间复杂度大概是o(n^2)～o(n^3)?

毕竟这种题关键应该就在于分类及复杂度大小吧，如何进行分类及分类的具体实现，后续都是重复操作

[jas]

于 2022/3/25 于 AM1点41分, 每一天快乐 说道:

感觉思路应该是可行的，但是每步推行策略的具体操作能否再详细一点呢。。而且我也很好奇复杂度是如何快速估计出来的（我没有这种直觉）

 

设S(g,n)代表gcd=g，已添加原料个数=n的状态。E(g,n)代表继续添加原料个数的期望。那么原题就是求E(g,0)。

对g分解因数，得到g的质因数列表a[t],对应指数列表b[t]，有
g = a0^b0 + a1^b1 + ... + at^bt，

于是，后继的g能表示为
g' = a0^c0 + a1^c1 + ... + at^ct，其中ci满足0<=ci<=bi

接下来要遍历[c0,c1,...ct]的组合，算出每种组合的概率P((g',n+1)|(g,n))和期望E(g',n+1)，相乘再累加，就得到了要求的E(g,n)

    概率P((g',n+1)|(g,n))的计算：
        1.如果bi>ci，则将对应的ai记入集合d
        2.从1～int(m/g')的整数中，筛掉集合d的成员的倍数。剩余数字的个数cnt，即为S(g,n)->S(g',n+1)的途径数
        3.S(g,n)时，有m-n个数可选。因此概率为cnt/(m-n)

    期望E(g',n+1)的计算：
        递归。显然递归次数小于m，能在有限步内完成。可以开个hashmap做缓存

    递归的边界条件：
        1. g=1时，不用继续。E(1,x) = 0
        2. n>=m/g时，g的倍数全部加进S了，下个g一定变小。P((g,n+1)|(g,n)) = 0

例如，m=100时，求E(60,1)
    1. 60 = 2^2 * 3^1 * 5^1, 得 a=[2,3,5], b=[2,1,1]，需遍历(2+1)*(1+1)*(1+1)=12种状态
    2. 以c=[1,0,1]为例，这时g‘= 2^1 * 5^1 = 10，对应S(10,2)
        a) b0>c0, b1>c1, b2=c2, 得到的集合d为{a0,a1} = {2,3}
        b) 从不超过100/10=10的整数中，去掉2和3的倍数，剩余3个数(即1,5,7)。所以有3个数能使g变成10(即10,50,70)
        c) result += 3 * E(10,2)，这一步要递归计算E(10,2)
    3. c的遍历结束后，result/(100-1)，就是E(60,1)

 

那个复杂度估得很松：因为E(g,0)有两个维度，可能要计算g*m个状态。如果g m成比例，就成了m^2。再假设每个子状态需要k～mk次运算，相乘就是m^2~m^3

三月 26, 2022，由jas修改

[每一天快乐]

22 小时前, jas 说道:

 

设S(g,n)代表gcd=g，已添加原料个数=n的状态。E(g,n)代表继续添加原料个数的期望。那么原题就是求E(g,0)。

对g分解因数，得到g的质因数列表a[t],对应指数列表b[t]，有
g = a0^b0 + a1^b1 + ... + at^bt，

于是，后继的g能表示为
g' = a0^c0 + a1^c1 + ... + at^ct，其中ci满足0<=ci<=bi

接下来要遍历[c0,c1,...ct]的组合，算出每种组合的概率P((g',n+1)|(g,n))和期望E(g',n+1)，相乘再累加，就得到了要求的E(g,n)

    概率P((g',n+1)|(g,n))的计算：
        1.如果bi>ci，则将对应的ai记入集合d
        2.从1～int(m/g')的整数中，筛掉集合d的成员的倍数。剩余数字的个数cnt，即为S(g,n)->S(g',n+1)的途径数
        3.S(g,n)时，有m-n个数可选。因此概率为cnt/(m-n)

    期望E(g',n+1)的计算：
        递归。显然递归次数小于m，能在有限步内完成。可以开个hashmap做缓存

    递归的边界条件：
        1. g=1时，不用继续。E(1,x) = 0
        2. n>=m/g时，g的倍数全部加进S了，下个g一定变小。P((g,n+1)|(g,n)) = 0

例如，m=100时，求E(60,1)
    1. 60 = 2^2 * 3^1 * 5^1, 得 a=[2,3,5], b=[2,1,1]，需遍历(2+1)*(1+1)*(1+1)=12种状态
    2. 以c=[1,0,1]为例，这时g‘= 2^1 * 5^1 = 10，对应S(10,2)
        a) b0>c0, b1>c1, b2=c2, 得到的集合d为{a0,a1} = {2,3}
        b) 从不超过100/10=10的整数中，去掉2和3的倍数，剩余3个数(即1,5,7)。所以有3个数能使g变成10(即10,50,70)
        c) result += 3 * E(10,2)，这一步要递归计算E(10,2)
    3. c的遍历结束后，result/(100-1)，就是E(60,1)

 

那个复杂度估得很松：因为E(g,0)有两个维度，可能要计算g*m个状态。如果g m成比例，就成了m^2。再假设每个子状态需要k～mk次运算，相乘就是m^2~m^3

辛苦了_(:з」∠)_，写得如此详细，tql

[每一天快乐]

22 小时前, jas 说道:

 

设S(g,n)代表gcd=g，已添加原料个数=n的状态。E(g,n)代表继续添加原料个数的期望。那么原题就是求E(g,0)。

对g分解因数，得到g的质因数列表a[t],对应指数列表b[t]，有
g = a0^b0 + a1^b1 + ... + at^bt，

于是，后继的g能表示为
g' = a0^c0 + a1^c1 + ... + at^ct，其中ci满足0<=ci<=bi

接下来要遍历[c0,c1,...ct]的组合，算出每种组合的概率P((g',n+1)|(g,n))和期望E(g',n+1)，相乘再累加，就得到了要求的E(g,n)

    概率P((g',n+1)|(g,n))的计算：
        1.如果bi>ci，则将对应的ai记入集合d
        2.从1～int(m/g')的整数中，筛掉集合d的成员的倍数。剩余数字的个数cnt，即为S(g,n)->S(g',n+1)的途径数
        3.S(g,n)时，有m-n个数可选。因此概率为cnt/(m-n)

    期望E(g',n+1)的计算：
        递归。显然递归次数小于m，能在有限步内完成。可以开个hashmap做缓存

    递归的边界条件：
        1. g=1时，不用继续。E(1,x) = 0
        2. n>=m/g时，g的倍数全部加进S了，下个g一定变小。P((g,n+1)|(g,n)) = 0

例如，m=100时，求E(60,1)
    1. 60 = 2^2 * 3^1 * 5^1, 得 a=[2,3,5], b=[2,1,1]，需遍历(2+1)*(1+1)*(1+1)=12种状态
    2. 以c=[1,0,1]为例，这时g‘= 2^1 * 5^1 = 10，对应S(10,2)
        a) b0>c0, b1>c1, b2=c2, 得到的集合d为{a0,a1} = {2,3}
        b) 从不超过100/10=10的整数中，去掉2和3的倍数，剩余3个数(即1,5,7)。所以有3个数能使g变成10(即10,50,70)
        c) result += 3 * E(10,2)，这一步要递归计算E(10,2)
    3. c的遍历结束后，result/(100-1)，就是E(60,1)

 

那个复杂度估得很松：因为E(g,0)有两个维度，可能要计算g*m个状态。如果g m成比例，就成了m^2。再假设每个子状态需要k～mk次运算，相乘就是m^2~m^3

不过其实我主要一直是觉得分解质因数这步可能没什么好的办法。。

[mamamama]

于 2022/3/26 于 PM10点46分, jas 说道:

 

设S(g,n)代表gcd=g，已添加原料个数=n的状态。E(g,n)代表继续添加原料个数的期望。那么原题就是求E(g,0)。

对g分解因数，得到g的质因数列表a[t],对应指数列表b[t]，有
g = a0^b0 + a1^b1 + ... + at^bt，

于是，后继的g能表示为
g' = a0^c0 + a1^c1 + ... + at^ct，其中ci满足0<=ci<=bi

接下来要遍历[c0,c1,...ct]的组合，算出每种组合的概率P((g',n+1)|(g,n))和期望E(g',n+1)，相乘再累加，就得到了要求的E(g,n)

    概率P((g',n+1)|(g,n))的计算：
        1.如果bi>ci，则将对应的ai记入集合d
        2.从1～int(m/g')的整数中，筛掉集合d的成员的倍数。剩余数字的个数cnt，即为S(g,n)->S(g',n+1)的途径数
        3.S(g,n)时，有m-n个数可选。因此概率为cnt/(m-n)

    期望E(g',n+1)的计算：
        递归。显然递归次数小于m，能在有限步内完成。可以开个hashmap做缓存

    递归的边界条件：
        1. g=1时，不用继续。E(1,x) = 0
        2. n>=m/g时，g的倍数全部加进S了，下个g一定变小。P((g,n+1)|(g,n)) = 0

例如，m=100时，求E(60,1)
    1. 60 = 2^2 * 3^1 * 5^1, 得 a=[2,3,5], b=[2,1,1]，需遍历(2+1)*(1+1)*(1+1)=12种状态
    2. 以c=[1,0,1]为例，这时g‘= 2^1 * 5^1 = 10，对应S(10,2)
        a) b0>c0, b1>c1, b2=c2, 得到的集合d为{a0,a1} = {2,3}
        b) 从不超过100/10=10的整数中，去掉2和3的倍数，剩余3个数(即1,5,7)。所以有3个数能使g变成10(即10,50,70)
        c) result += 3 * E(10,2)，这一步要递归计算E(10,2)
    3. c的遍历结束后，result/(100-1)，就是E(60,1)

 

那个复杂度估得很松：因为E(g,0)有两个维度，可能要计算g*m个状态。如果g m成比例，就成了m^2。再假设每个子状态需要k～mk次运算，相乘就是m^2~m^3

这个状态看起来是与n无关的，应该能直接递推gcd=g时期望要加的菜数量

[dzxhfugbm]

于 2022/3/26 于 PM10点46分, jas 说道:

 

设S(g,n)代表gcd=g，已添加原料个数=n的状态。E(g,n)代表继续添加原料个数的期望。那么原题就是求E(g,0)。

对g分解因数，得到g的质因数列表a[t],对应指数列表b[t]，有
g = a0^b0 + a1^b1 + ... + at^bt，

于是，后继的g能表示为
g' = a0^c0 + a1^c1 + ... + at^ct，其中ci满足0<=ci<=bi

接下来要遍历[c0,c1,...ct]的组合，算出每种组合的概率P((g',n+1)|(g,n))和期望E(g',n+1)，相乘再累加，就得到了要求的E(g,n)

    概率P((g',n+1)|(g,n))的计算：
        1.如果bi>ci，则将对应的ai记入集合d
        2.从1～int(m/g')的整数中，筛掉集合d的成员的倍数。剩余数字的个数cnt，即为S(g,n)->S(g',n+1)的途径数
        3.S(g,n)时，有m-n个数可选。因此概率为cnt/(m-n)

    期望E(g',n+1)的计算：
        递归。显然递归次数小于m，能在有限步内完成。可以开个hashmap做缓存

    递归的边界条件：
        1. g=1时，不用继续。E(1,x) = 0
        2. n>=m/g时，g的倍数全部加进S了，下个g一定变小。P((g,n+1)|(g,n)) = 0

例如，m=100时，求E(60,1)
    1. 60 = 2^2 * 3^1 * 5^1, 得 a=[2,3,5], b=[2,1,1]，需遍历(2+1)*(1+1)*(1+1)=12种状态
    2. 以c=[1,0,1]为例，这时g‘= 2^1 * 5^1 = 10，对应S(10,2)
        a) b0>c0, b1>c1, b2=c2, 得到的集合d为{a0,a1} = {2,3}
        b) 从不超过100/10=10的整数中，去掉2和3的倍数，剩余3个数(即1,5,7)。所以有3个数能使g变成10(即10,50,70)
        c) result += 3 * E(10,2)，这一步要递归计算E(10,2)
    3. c的遍历结束后，result/(100-1)，就是E(60,1)

 

那个复杂度估得很松：因为E(g,0)有两个维度，可能要计算g*m个状态。如果g m成比例，就成了m^2。再假设每个子状态需要k～mk次运算，相乘就是m^2~m^3

在ss，你甚至能学到算法

 

话说这能用C来实现吗...

[fl-0]

原题是CF1139D，官方题解好像用了莫比乌斯反演。看不懂，数论对我来说果然还是太难了