1.a^b
题目直通车
题解：就是快速幂，一模一样（快速幂讲解）
java代码：
import java.util.Arrays;
import java.util.Scanner;
public class Main {
static long mod;
public static void main(String[] args) {
Scanner sc=new Scanner(System.in);
long a,b;
a=sc.nextLong();
b=sc.nextLong();
mod=sc.nextLong();
System.out.println(kuaishumi(a,b)%mod);
}
static long kuaishumi(long a,long b)
{
long x=a;
long ans=1%mod;
while(b>0)
{
if((b&1)==1)
{
ans=ans*x%mod;
}
x=x*x%mod;
b>>=1;
}
return ans;
}
}
c++代码：
#include <bits/stdc++.h>
#define inf 0x3f3f3f3f
using namespace std;
typedef long long LL;
int power(int a, int b, int p)
{
int ans = 1 % p;
while(b){
if(b & 1) ans = (long long) ans * a % p;
a = (long long)a * a % p;
b >>= 1;
}
return ans;
}
int main()
{
int a, b, p;
scanf("%d%d%d", &a, &b, &p);
printf("%d\n", power(a, b, p));
return 0;
}
2.raising module numble
题目链接
题目大意：给一个数M，和N对数a，b；求N对a^b的和取余M
题解：其实就是多组快速幂
java代码：
import java.util.*;
//import java.math.*;
public class Main {
public static void main(String []args) {
Scanner sc = new Scanner(System.in);
int z = sc.nextInt();
while(z-- != 0) {
int m = sc.nextInt();//余数m
int h = sc.nextInt();//h对
int ans = 0;
while(h-- != 0) {
ans += quickPow(sc.nextInt(), sc.nextInt(), m);//分别求快速幂
ans %= m;
}
System.out.println(ans);
}
}
public static int quickPow(int a, int b, int p) {
int res = 1 % p;
while(b != 0) {
if((b & 1) == 1) {
res = (res % p * a % p) % p;
}
a = ((a % p) * (a % p)) % p;
b >>= 1;
}
return res % p;
}
}
c++代码：
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define LL long long
using namespace std;
LL pow_mod(LL a, LL p, LL M)
{
if(p == 0) return 1;
LL ans = pow_mod(a, p/2, M);
ans = ans * ans % M;
if(p % 2 == 1)
ans = ans * a % M;
return ans;
}
int main()
{
int t, H;
LL M;
scanf("%d", &t);
while(t--)
{
scanf("%lld", &M);
scanf("%d", &H);
LL a, b;
LL ans = 0;
while(H--)
{
scanf("%lld%lld", &a, &b);
ans = (ans + pow_mod(a, b, M)) % M;
}
printf("%lld\n", ans);
}
return 0;
}
3.64位整数乘法
题目链接
题解：如果直接乘，就是用long也一定会超范围，而且它题目不可能出的这么简单吧。既然是位运算，我们把b转化成二进制，ab 也就相当于有b个a相加，b转化成二进制后，它的第一位代表a的个数，第二位代表2a的各位…
那么我们也就成功的把它转换成一个位运算的问题，具体做法和快速幂有异曲同工之妙，具体看代码。
java：
import java.util.Arrays;
import java.util.Scanner;
public class Main {
static int mod;
public static void main(String[] args) {
Scanner sc=new Scanner(System.in);
long a,b,p;
a=sc.nextLong();
b=sc.nextLong();
p=sc.nextLong();
System.out.println(fx(a,b,p));
}
static long fx(long a,long b,long c)
{
long ans=0;
while(b>0)//类似快速幂
{
if((b&1)>0)
{
ans=(ans+a)%c;
}
a=a*2%c;
b>>=1;//b的移动导致a的意义不同
}
return ans;
}
}
c++：
#include<iostream>
using namespace std;
#define ll long long
ll mul(ll a,ll b,ll p){
ll ans=0%p;
while(b){
if(b&1==1){
ans=(ans+a)%p;
}
a=a*2%p;
b>>=1;
}
return ans;
}
int main(){
ll a,b,c;
cin>>a>>b>>c;
cout<<mul(a,b,c)<<endl;
return 0;
}
4.最短Hamilton路径
题目链接
题解：其实这题放在这不是很好，没错，这题是用到了位运算，但不是单纯的位运算，它是dp和位运算的结合，对于没有接触过dp的同学，这题就很不友好。这里我就大致提一下位运算在这里面是干什么的 对于dp的知识不过涉及
题目中说20个点，每个点只能去一次，我们知道在二进制里只有1和0二个数，那么我们就可以用一个十进制数表示那些点是去过的，那些点没去过，对于11111这个二进制（假设1表示去过），那么这个数则表示到过12345这些点，11011表示除了3号点其他全到过，又因为每一个二进制数唯一对应了一个十进制数，那么我们就可以用一个十进制数表示去过那些点，当判断某个点是否去过时，只需要判断这个数的二进制的对应位是否为1即可
代码放在这，当接触过dp后这题就迎刃而解了
java：
import java.util.Scanner;
public class Main {
static int MAXN = 20, MAXM = 1 << 20;
static int[][] dp = new int[MAXM][MAXN];
static int[][] weight = new int[MAXN][MAXN];
public static void main(String[] args) {
Scanner in = new Scanner(System.in);
int n = in.nextInt();
for(int i = 0; i < n; i ++) {
for(int j = 0; j < n; j ++) {
weight[i][j] = in.nextInt();
}
}
for(int i = 0; i < 1 << 20; i ++) {
for(int j = 0; j < 20; j ++) {
dp[i][j] = 0x3f3f3f3f;
}
}
dp[1][0] = 0;
for(int i = 0; i < 1 << n; i ++) {
for(int j = 0; j < n; j ++) {
if((i >> j & 1) == 1) {
for(int k = 0; k < n; k ++) {
if((i - (1 << j) >> k & 1) == 1) {
dp[i][j] = Math.min(dp[i][j], dp[i - (1 << j)][k] + weight[k][j]);
}
}
}
}
}
System.out.println(dp[(1 << n) - 1][n - 1]);
}
}
c++：
#include <iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
int Map[25][25];
int dp[(1<<20)+5][25];
int main()
{
int n;
scanf("%d",&n);
for(int i=0;i<=n-1;i++){
for(int j=0;j<=n-1;j++){
scanf("%d",&Map[i][j]);
}
}
memset(dp,0x3f,sizeof(dp));
dp[1][0]=0;
for(int i=1;i<=(1<<n)-1;i++){
for(int j=0;j<=n-1;j++){
if((i>>j)&1){
//如果i的第j位是1，也就是如果经过点j
for(int k=0;k<=n-1;k++){
if((i>>k)&1){
//如果i的第k位是1，也就是如果经过点k
dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i^(1<<j)][k]+Map[k][j]);
}
}
}
}
}
printf("%d\n",dp[(1<<n)-1][n-1]);
return 0;
}