洛谷 - P2181 - 对角线 - 打表

https://www.luogu.org/problemnew/show/P2181

对于某条对角线，除去从两端出发的对角线，其他的都与它有1个交点。

每个点有(n-3)条对角线，每条对角线和其余C(n-2,2)条对角线都有1个交点，共有n个点，重复计算交点再除以2，重复计算直线再除以2。

即n(n-3)/2条对角线，每条对角线和(n-2)(n-3)/2条对角线都有1个交点，重复计算交点再除以2。（错了，并非所有对角线都相交）

画图手数，按规律数的话，发现n=4，1个交点；n=5，5个交点=sum(1,2)+2sum(1,1)；n=6，15个交点=sum(1,3)+2sum(1,2)+3sum(1,1)；n=7，35个交点=sum(1,4)+2sum(1,3)+3sum(1,2)+4sum(1,1)。

所以我们首先得到一个n复杂度的解法。利用这个解法打表看看。

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define ll long long

ll sum(ll a1,ll an){

    return (an-a1+)*(a1+an)/;

}

int main(){

    for(int n=;n<=;n++){

        ll ans=;

        for(int i=;i<=n-;i++){

            ans+=1ll*i*sum(,n--i);

        }

        printf("n=%d  ans=%lld\n",n,ans);

    }

}

n=  ans=

n=  ans=

n=  ans=

n=  ans=

n=  ans=

n=  ans=

n=  ans=

n=  ans=

n=  ans=

n=  ans=

n=  ans=

n=  ans=

n=  ans=

n=  ans=

n=  ans=

n=  ans=

n=  ans=

n=  ans=

再试试大点的会不会爆，结果看不太出来，用ull和ll的结果没啥不同，赌他不溢出。

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define ll long long

unsigned ll sum(ll a1,ll an){

    return (an-a1+)*(a1+an)/;

}

int main(){

    int n;

    scanf("%d",&n);

    //for(int n=99999;n<=100000;n++){

        unsigned ll ans=;

        for(int i=;i<=n-;i++){

            ans+=1llu*i*sum(,n--i);

        }

        //printf("n=%d  ans=%llu\n",n,ans);

        printf("%llu\n",ans);

    //}

}

事实证明是没有溢出。所以上面是正确的解法。

这道题还有用公式的解法，降低了一个维度。除了用组合数学的知识直接得到（4个不同的点确定一个交点，直接C(n,4)），还可以暴力求解，这里介绍一下高阶差分。

首先我们由打表代码得到

    35 70 126

一阶差分

二阶差分

三阶差分

四阶差分

五阶差分

所以上式是一个关于n的四次多项式。设为an^4+bn^3+cn^2+dn+e=0。

代入前5项强行算出来吧。还是说有别的计算方法？

的确有！（差分数列只要得到等差数列即可）

写出差分表之后，差分表的每行第0项组成第0对角线，即c0,c1,c2,c3,0,0,0...。原序列的通项满足

hn=c0C(n,0)+c1C(n,1)+c2C(n,2)+c3C(n,3)，利用这个形式甚至可以求出前n项和。（组合数的求和sum(k=0~n,C(k,p))=C(k+1,p+1)）

参考https://blog.csdn.net/wu_tongtong/article/details/79115921

巴特西

洛谷 - P2181 - 对角线 - 打表 - 组合数学

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