寒假happy4-扩展欧几里得定理，裴蜀定理，推论，PREV-6 翻硬币（贪心）PREV-7连号区间数（思维）PREV-8买不到的数目（数论）

1.PREV-6 翻硬币(贪心)

问题描述

小明正在玩一个“翻硬币”的游戏。

桌上放着排成一排的若干硬币。我们用 * 表示正面，用 o 表示反面（是小写字母，不是零）。

比如，可能情形是：**oo***oooo

如果同时翻转左边的两个硬币，则变为：oooo***oooo

现在小明的问题是：如果已知了初始状态和要达到的目标状态，每次只能同时翻转相邻的两个硬币,那么对特定的局面，最少要翻动多少次呢？

我们约定：把翻动相邻的两个硬币叫做一步操作，那么要求：

输入格式

两行等长的字符串，分别表示初始状态和要达到的目标状态。每行的长度<1000

输出格式

一个整数，表示最小操作步数。

样例输入1

**********
o****o****

样例输出1

样例输入2

*o**o***o***
*o***o**o***

样例输出2

分析：从第一个开始看，需要翻的就把它和它后面那个一起翻过来，继续向后看即可。因为最左边那个必须要和后面一起翻，并且对于中间的一个，可以证明必须和后面那个一起翻，假设和前面的一个一起翻过来的话，那么因为前面都是翻好的，必定不能翻到目标结果。因此就是贪心，代码很简单:

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

void res(char &c){
    if(c == 'o') c = '*';
    else c = 'o';
}


int main(){
    string str1,str2;
    while(cin >> str1 >> str2){
        int cnt = 0;
        int len = str1.length();
        for(int i = 0;i < len;i++){
            if(str1[i] != str2[i]){
                cnt++;
                res(str1[i + 1]);
            }
        }
        cout << cnt << endl;
    }


    return 0;
}

2.PREV-7连号区间数（思维）

问题描述

小明这些天一直在思考这样一个奇怪而有趣的问题：

在1~N的某个全排列中有多少个连号区间呢？这里所说的连号区间的定义是：

如果区间[L, R] 里的所有元素（即此排列的第L个到第R个元素）递增排序后能得到一个长度为R-L+1的“连续”数列，则称这个区间连号区间。

当N很小的时候，小明可以很快地算出答案，但是当N变大的时候，问题就不是那么简单了，现在小明需要你的帮助。

输入格式

第一行是一个正整数N (1 <= N <= 50000), 表示全排列的规模。

第二行是N个不同的数字Pi(1 <= Pi <= N)，表示这N个数字的某一全排列。

输出格式

输出一个整数，表示不同连号区间的数目。

样例输入1

4
3 2 4 1

样例输出1

样例输入2

5
3 4 2 5 1

样例输出2

分析：能构成连号区间的条件是区间中最大减最小的是区间的长度 - 1（因为连号区间排序后是等差数列d = 1），然后分析要两个for循环，5e4/1s感觉会超时qwq，但是它确实过了，不知道为啥qwq

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;
const int maxn = 5e4 + 6;
int arr[maxn];

int main(){
    int n;
    while(cin>>n){
        int cnt = n;
        for(int i = 0;i < n;i++)
            cin>>arr[i];
        for(int i = 0;i < n - 1;i++){
            int maxx = arr[i];
            int minn = arr[i];
            for(int j = i + 1;j < n;j++){
                maxx = max(maxx,arr[j]);
                minn = min(minn,arr[j]);
                if(maxx - minn == j - i) cnt++;
            }
        }
        cout << cnt << endl;
    }

    return 0;
}

3.PREV-8买不到的数目（数论）

问题描述

小明开了一家糖果店。他别出心裁：把水果糖包成4颗一包和7颗一包的两种。糖果不能拆包卖。

小朋友来买糖的时候，他就用这两种包装来组合。当然有些糖果数目是无法组合出来的，比如要买 10 颗糖。

你可以用计算机测试一下，在这种包装情况下，最大不能买到的数量是17。大于17的任何数字都可以用4和7组合出来。

本题的要求就是在已知两个包装的数量时，求最大不能组合出的数字。

输入格式

两个正整数，表示每种包装中糖的颗数(都不多于1000)

输出格式

一个正整数，表示最大不能买到的糖数

样例输入1

4 7

样例输出1

样例输入2

3 5

样例输出2

这个题没有说gcd(a,b) == 1,qwq

不能表示成ax + by形式（x >= 0,y >= 0,x,y为整数）的最大整数为a*b - a - b;

证明：

1.ax + by = ab - a - b无解：

假设此方程有解，则有ax + b(y + 1) = a(b + 1)，即a(x - b + 1) = -b(y + 1)，则可知a能够整除b(y + 1)，进而由gcd(a,b) = 1可知a能够整除(y + 1)，此时因为y + 1 > 0,a > 0 所以 y + 1 = aq(q > 0) >= a，这时再带回原方程中有：

$ax + (y + 1)b \geq ax + ab \geq 0*x + ab \geq ab > ab - a$

则与原假设矛盾，所以无解，得证

2.ax + by = ab - a - b + d(d >= 1)必定有解:

首先，因为gcd(a,b) = 1，以及裴蜀定理，可知方程ax + by = 1*d (d >= 1)必然有无穷个整数解，取其一个假设为:

$ax_{0} + by_{0} = d (x_{0} >= 1, y_{0} >= 1)$

此时再看原方程，将d的解带入原方程有:

$\small ab - a - b + d = ab - a - b + (ax_{0} + by_{0}) = a(x_{0} - 1) + b(a + y_{0} - 1) (x_{0} \geqslant 1, y_{0} \geqslant 1)$

找到满足条件的原方程的解，得证

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

int main(){
    int a,b;
    while(cin >> a >> b){
        cout << a*b - a - b << endl;
    }

    return 0;
}

4.裴蜀定理

裴蜀定理说明了对任何整数a、b和它们的最大公约数d，关于未知数x和y的线性不定方程（称为裴蜀等式）：若a,b是整数,且（a,b)=d，那么对于任意的整数x,y,ax+by都一定是d的倍数，特别地，一定存在整数x,y，使ax+by=d成立。

它的一个重要推论是：a,b互质的充要条件是存在整数x,y使ax+by=1.

$\small \left \{(\frac{m}{d}(x_{0}+\frac{kb}{d}),\frac{m}{d}(y_{0}-\frac{ka}{d})) | k\epsilon Z\right \}$

在数论中，裴蜀定理是一个关于最大公约数（或最大公约式）的定理。裴蜀定理说明了对任何整数a、b和它们的最大公约数d，关于未知数x和y的线性丢番图方程（称为裴蜀等式）：

ax + by = m

有解当且仅当m是d的倍数。裴蜀等式有解时必然有无穷多个整数解，每组解x、y都称为裴蜀数

5.扩展欧几里得定理

对于不完全为 0 的整数 a，b，gcd（a，b）表示 a，b 的最大公约数。那么一定存在整数 x，y 使得 gcd（a，b）=ax + by。

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

int ex_gcd(int a,int b,int &x,int &y){
    if (b == 0){
        x = 1,y = 0;
        return a;
    }
    int q = ex_gcd(b,a % b,y,x);
    y -= a/b*x;
    return q;//q为gcd(a,b)
}

int main(){
    int a,b,x,y;
    while(cin>>a>>b){
        ex_gcd(a,b,x,y);
        cout << x << " " << y << endl;
    }


    return 0;
}

计算方法：

首先有这个性质（证明下次补上去qwq，吃饭~）：gcd(a, b) = gcd(b, a % b)

然后就有这样的方程组：

gcd(a, b) = gcd(b, a % b) ax + by = gcd(a,b) //为啥latex公式编辑不能用了qwq

则有下面的：注意：a % b = a - (a / b)*b

$\small ax + by = gcd(b,a \% b) = bx^{'} + (a \% b)y^{'} = bx^{'}+(a-\frac{a}{b}*b)y^{'}$

$\small ax + by = ay^{'}+b(x^{'} - \frac{a}{b}*by^{'} )$

$\small x = x^{'} \\ y = x^{'} - \frac{a}{b}*y^{'}$

则可以采用递归来求解方程，基线条件为：b == 0，即ax = a即x = 1，y = 0

扩展欧几里得求得逆元：

ax≡1 (mod p)即ax-yp=1.把y写成+的形式就是ax+py=1，就表示x是a的模p乘法逆元

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

int ex_gcd(int a,int b,int &x,int &y){
    if (b == 0){
        x = 1,y = 0;
        return a;
    }
    int q = ex_gcd(b,a % b,y,x);
    y -= a/b*x;
    return q;//q为gcd(a,b)
}

int inv(int a, int p){
    int d, x, y;
    d = ex_gcd(a, p, x, y);
    return d == 1 ? (x + p) % p : -1;
}

int main() {
    int a,p;
    while(cin>>a>>p){
        cout << inv(a,p) << endl;
    }
    return 0;
}