初赛
时间复杂度
主定理(必考)
\[ T(n) = aT(\frac{n}{b})+f(n) \]
其中，\(n\)为问题的规模,\(a\)为递推下子问题的数量，\(\frac{n}{b}\)为每个子问题的规模，\(f(n)\)为递推后做的额外的计算工作
在以下几种情况中, 主定理有用:
\[\begin{cases} 若\exists \epsilon,使得f(n)=O(n^{\log_b^a-\epsilon}), &则T(n)=O(n^{\log_b^a}) \\ 若f(n)=O(n^{\log_b^a}), & 则T(n)=O(n^{\log_b^a}\lg n) \\ 若\exists \epsilon, 使得f(n)=O(n^{\log_b^a+\epsilon}), &则T(n)=O(f(n)) \\ \end{cases}\]
感性理解, \(n^{\log_b^a}\)和\(O(f(n))\)那个大取决于那个, 相等就乘一个\(\lg n\)
画一棵递归树, 总共\(\log_b^n\)层, 底层叶子树为\(a^{\log_b^n}=b^{\log_b^a\log_b^n}=n^{\log_b^a}\)
然后不会了
9. 若某算法的计算时间表示为递推关系式：
T(N)=2T(N/2)+logN
T(1)=1
则该算法的时间复杂度为（）。
A.O(N) B. O(NlogN)
C.O(Nlog2N) D. O(N2)
答案: A. \(\log_b^a=1\), 蛋是\(\log N\)没法表示成\(N\)的指数形式, 不过由主定理可以大致估算在\(O(N)\)左右
排序
冒泡排序&插入排序
冒泡:
辅助空间:\(O(1)\)
最好:\(O(n)\)
最差&平均:\(O(n^2)\)
稳定
选择排序
辅助空间:\(O(1)\)
最好&最差&平均:\(O(n^2)\)
不稳定
归并排序
辅助空间:\(O(n)*logn\)
最好&最差&平均:\(O(nlogn)\)
稳定
快速排序
辅助空间:\(O(1)*logn\)
最好&平均:\(O(nlogn)\)
最差:\(O(n)\)
不稳定
堆排序
辅助空间:\(O(1)\)
最好&最差&平均:\(O(nlogn)\)
不稳定
void swap(int K[], int i, int j)
{
int temp = K[i];
K[i] = K[j];
K[j] = temp;
}
//大顶堆的构造，传入的i是父节点
void HeapAdjust(int k[],int p,int n)
{
int i,temp;
temp = k[p];
for (i = 2 * p; i <= n;i*=2) //逐渐去找左右孩子结点
{
//找到两个孩子结点中最大的
if (i < n&&k[i] < k[i + 1])
i++;
//父节点和孩子最大的进行判断，调整，变为最大堆
if (temp >= k[i])
break;
//将父节点数据变为最大的，将原来的数据还是放在temp中，
k[p] = k[i]; //若是孩子结点的数据更大，我们会将数据上移，为他插入的点提供位置
p = i;
}
//当我们在for循环中找到了p子树中，满足条件的点，我们就加入数据到该点p,注意：p点原来数据已经被上移动了
//若没有找到，就是相当于对其值不变
//插入
k[p] = temp;
}
//大顶堆排序
void HeapSort(int k[], int n)
{
int i;
//首先将无序数列转换为大顶堆
for (i = n / 2; i > 0;i--) //注意由于是完全二叉树，所以我们从一半向前构造，传入父节点
HeapAdjust(k, i, n);
//上面大顶堆已经构造完成，我们现在需要排序，每次将最大的元素放入最后
//然后将剩余元素重新构造大顶堆，将最大元素放在剩余最后
for (i = n; i >1;i--)
{
swap(k, 1, i);
HeapAdjust(k, 1, i - 1);
}
}
int main()
{
int i;
int a[11] = {-1, 5, 2, 6, 0, 3, 9, 1, 7, 4, 8 };
HeapSort(a, 10);
for (i = 1; i <= 10; i++)
printf("%d ", a[i]);
system("pause");
return 0;
}基数排序
基数(几个桶)\(r\)
最大位数\(d\)
空间:\(O(n+rd)\)
最好&最坏&平均:\(O(d*(n+r))\)
稳定
/*算法：基数排序*/
#include <iostream>
using namespace std;
/*********************************************************
Function:rxsort
Description:基数排序
Input:
数组A[l,h]；
数组中最大元素的位数d，例如最大数为999，则d为3；
进制数k，如果是10进制数，k为10；
Output:排序好的数组；
Others：对数字1234来说，预定第0位为4，第1位为3，依次类推；
*********************************************************/
bool rxsort(int A[],int l,int h,int d,int k){
if(NULL==A||l>h)
return false;
int size = h-l+1;
int* counts = new int[k];//用于计数排序的辅助数据，详见计数排序
int* temp = new int[size];//用于存储重新排序的数组
int index;
int pval=1;
//依次处理不同的位
for(int i=0;i<d;i++){
//counts数组清零
for(int j=0;j<k;j++)
counts[j] = 0;
for(int j=l;j<=h;j++){
/*
1.data[j]/pval：去掉数字data[j]的后i个数，例如：
当data[j]=1234,i=2时，此时pval=100,data[j]/pval=12;
2.(data[j]/pval)%k：取数字data[j]/pval的最后一位数
3.(int)(data[j]/pval)%k:取数字data[j]的第i位数
*/
index = (int)(A[j]/pval)%k;
/*
统计数组A中每个数字的第i位数中各个数字的频数,用于计数排序；
*/
counts[index]++;
}
//计算累加频数，用户计数排序
for(int j=1;j<k;j++)
counts[j] = counts[j] + counts[j-1];
//使用倒数第i+1位数对A进行排序
for(int j=h;j>=l;j--){
index = (int)(A[j]/pval)%k;
temp[counts[index]-1] = A[j];
counts[index]--;
}
//将按第i为数排序后的结果保存回数组A中
for(int j=0;j<size;j++)
A[j+l] = temp[j];
//更新pval
pval = pval*k;
}
delete[] counts;
delete[] temp;
}
int main(){
int A[] = {712,303,4,18,89,999,70,26};
rxsort(A,0,7,3,10);
for(int i=0;i<8;i++)
cout<<A[i]<<" ";
}
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版权声明：本文为CSDN博主「BQW_」的原创文章，遵循 CC 4.0 BY-SA 版权协议，转载请附上原文出处链接及本声明。
原文链接：https://blog.csdn.net/bqw18744018044/article/details/81810190希尔排序
插入排序的加强,对固定间隔插排,倍减间隔
空间:\(O(1)\)
平均:\(O(n^{1.3})\)
最差:\(O(n^2)\)
最好:\(O(n)\)
不稳定
#include<iostream>
using namespace std;
const int increment = 3;
void shellSort(int a[],int len)
{
int temp = 0;
unsigned gap = len/increment; // 步长初始化
while(gap) // while gap>=1
{
for (unsigned i = gap; i < len; ++i) // 分组，在每个子序列中进行插入排序
{
temp = a[i];//将当前的元素值先存起来方便后面插入
unsigned j = i;
while (j >= gap && temp < a[j-gap])//寻找插入位置
{
a[j] = a[j - gap];
j -= gap;
}
a[j] = temp;
}
gap = gap/increment;
}
}
int main()
{
int array[10] = {4,2,3,1,7,8,6,9,5,10};
cout<<"排序前的元素："<<endl;
for(int num=0;num<10;num++)
{
cout<<array[num]<<" ";
}
cout<<endl;
shellSort(array,10);
cout<<"排序后的元素："<<endl;
for(int num=0;num<10;num++)
{
cout<<array[num]<<" ";
}
return 0;
}
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版权声明：本文为CSDN博主「tqgwx」的原创文章，遵循 CC 4.0 BY-SA 版权协议，转载请附上原文出处链接及本声明。
原文链接：https://blog.csdn.net/zztingfeng/article/details/98470164总结
| / | 冒泡&插入排序 | 选择排序 | 归并排序 | 快速排序 | 堆排序 | 基数排序 | 希尔排序 |
|---|---|---|---|---|---|---|---|
| 空间 | \(O(1)\) | \(O(1)\) | \(O(n)*logn\) | \(O(1)*logn\) | \(O(1)\) | \(O(n+r)\) | \(O(1)\) |
| 最好 | \(O(n)\) | \(O(n^2)\) | \(O(nlogn)\) | \(O(nlogn)\) | \(O(nlogn)\) | \(O(d(n+r))\) | \(O(1)\) |
| 最差 | \(O(n^2)\) | \(O(n^2)\) | \(O(nlogn)\) | \(O(n^2)\) | \(O(nlogn)\) | \(O(d(n+r))\) | \(O(n^2)\) |
| 平均 | \(O(n^2)\) | \(O(n^2)\) | \(O(nlogn)\) | \(O(nlogn)\) | \(O(nlogn)\) | \(O(d(n+r))\) | \(O(n^{1.3})\) |
| 稳定? | 稳定 | 不稳定 | 稳定 | 不稳定 | 不稳定 | 稳定 | 不稳定 |
11、在待排序的数据表已经为有序时，下列排序算法中时间复杂度会减少的是（BD）。
A 堆排序（无关） B、希尔排序O(n) C、冒泡排序 比较次数不变 D、插入排序O(n)
逻辑运算
位运算+逻辑运算的优先级
==逻辑非(!,┐) = 按位反(~)==
>
位移运算(<<,>>)
>
不等号(>=,<=)
>
等号(==,!=)
>
按位与(&)
>
按位异或(^)
>
按位或(|)
>
逻辑与(&&,∧)
>
逻辑或(||,∨)
| A | B | 合取\(\wedge\) | 析取\(\vee\) | 蕴含\(\rightarrow\) | 双蕴含\(\leftrightarrow\) |
|---|---|---|---|---|---|
| T | T | T | T | T | T |
| T | F | F | T | ==F== | F |
| F | T | F | T | T | F |
| F | F | F | F | T | T |
C++指针
P,NP,NPC,NPhard
https://blog.csdn.net/qq_29176963/article/details/82776543
及地址
图论
注意: ==以下判定必须图联通==
汉密尔顿 ?
汉密尔顿(回)路
: 经过图中每个结点恰好一次的(回)路
汉密尔顿图
: 含有 汉密尔顿回路 的图称为汉密尔顿图
一些性质:
- 假设 \(G\) 是一个 \(n(n≥2)\) 阶简单图，如果 \(G\) 中\(\forall\) \(u\) 和 \(v\) ，都满足 \(deg(u) + deg(v) ≥ n-1\), 则 \(G\) 中存在 哈密尔顿道路 证明略（推荐）
- 假设 \(G\) 是一个 \(n(n≥3)\) 阶简单图，如果 \(G\) 中\(\forall\) \(u\) 和 \(v\) ，都满足 \(deg(u) + deg(v) ≥ n\) 则 \(G\) 中存在 哈密尔顿回路
- 假设 \(G\) 是一个 \(n(n≥3)\) 阶简单图，如果 \(G\) 中任意顶点的次数都至少是 \(\lceil \frac{n}{2} \rceil\) ，则 \(G\) 是哈密尔顿图
欧拉
欧拉(回)路
: 经过图中每条恰好一次的(回)路
欧拉图
: 含有 欧拉回路 的图称为欧拉图
判定:
- 无向连通图存在欧拉路的条件：
- 所有点度都是偶数，则可取任意一点作为起点。
- 或者恰好有两个点度是奇数，则奇数点度点一定是欧拉路的起点和终点
- 有向连通图存在欧拉路的条件：
- 每个点的入度等于出度，则存在欧拉回路（任意一点有度的点都可以作为起点）
- 或者除两点外，所有入度等于出度。这两点中一点的出度比入度大，另一点的出度比入度小，则存在欧拉路。取出度大者为起点，入度大者为终点。
树
- 先序遍历+中序遍历=一棵确定的二叉树
- 后序遍历+中序遍历=一棵确定的二叉树
- 即有中序遍历才能确定
下列关于图的说法正确的是（）：
A、欧拉图的每一个顶点都能作为某条欧拉闭迹的起点
B、 一个图有欧拉闭迹当且仅当该图有零个奇点。
C、 若一个无向图有奇数条边，则它必然不是二分图。
D、若G是汉密尔顿图，则对G上的汉密尔顿圈C，任意删去n个点，最多可将C划分为n段，反之亦然。
答案：A
注意：B不对，还要求连通
19.下列说法正确的是（ ） 算法
A.SPFA算法无法用来判断给定图是否存在负环
B. 当图中不存在负权环但是存在负权边，Dijkstra算法一定不能求最短路
C. 当图中不存在负权环但是存在负权边，bellman-ford算法一定能求最短路
D.相比于稀疏图，在稠密图上更适合使用SPFA算法
答案：C
注意：B不对,由于pq是优化,可以直接考虑n^2版本, 一个点只会去更新其他点一次, 只要构造一张真确距离第二次才能更新某个点的图即可; C正确; D.如完全图, Dij是n ^2而SPFA=nm=n ^3
14 在一个带权连通图G中，权值最小的边一定包含在G的() 生成树中。
A. 某个最小 B. 任何最小 C. 广度优先 D.深度优先
答案: A; (最小生成树) 审清题意
特殊的计数及常见排列组合问题
卡特兰数
前几项为 :
\[\begin{aligned} & 1, 2, 5, 14, 42,\\ & 132, 429, 1430, 4862, 16796, \\ & 58786, 208012, 742900, 2674440, 9694845, \dots \\ \end{aligned}\]
一般递推式:
\[ Cat_i = \sum_{j=0}^N Cat_j * Cat_{i-j-1} \]
在数据范围不大,模数不一定是质数 时可用
一般递推式的解: 通向公式１
\[ Cat_i = C(2*n,n) - C(2*n,n+1) \]
通项公式1化简: 通项公式2
\[\begin{aligned} & Cat_i = \frac{1}{i+1}C(2*i,i) \\ & Cat_i = C(2*i,i) - C(2*i,i+1) \\ & Cat_i =\frac{(2*i)!}{i! * i!} -\frac{(2*i)!}{(i-1)! * (i+1)!} \\ & Cat_i = \frac{(2*i)!*(i+1)}{i! * i!*(i+1)}-\frac{(2*i)!*i}{i!*i! *(i+1)}\\ & Cat_i = \frac{1}{i+1} * (\frac{(2*i)!}{i! * i!}) \\ & Cat_i = \frac{1}{i+1} * C(2 * i, i) \\ \end{aligned}\]
通项公式2化简:递推式2
\[\begin{aligned} & Cat_i = \frac{1}{i+1} * C(2 * i, i) \\ & Cat_{i-1} = \frac{1}{i} * C(2 * (i-1), i-1) \\ & C(2*i,i) = (2*i)! / i! / i! \\ & C(2*(i-1),i-1) = (2)*i-2)! / (i-1)! / (i-1)! \\ & C(2*i,i) = C(2*(i-1),i-1) * (2*i-1) * (2*i) / i / i \\ & Cat_i = \frac{1}{i} * C(2 * (i-1), i-1) * \frac{i}{i+1} * (2*i-1) * (2*i) / i / i \\ & Cat_i = Cat_{i-1} * \frac{i}{i+1} * (2*i-1) * (2*i) / i / i \\ & Cat_i = Cat_{i-1} * \frac{2*(2*i-1)}{i+1}\\ \end{aligned}\]
一类斯特林数
第一类斯特林数 \(S1(n,m)\) 表示的是将 \(n\) 个不同元素构成 \(m\) 个圆排列的数目。
\(S1(n, m) = (n - 1) \cdot S1(n - 1, m) + S1(n - 1, m - 1)\)
即放在之前某个元素左边 + 单独成环
\(S1(n, 0) = 0, S1(1,1) = 1\)
二类斯特林数
第二类斯特林数 \(S2(n,m)\) 表示的是把 \(n\) 个不同元素划分到 \(m\) 个集合的方案数。
\(S2(n, m) = m \cdot S2(n - 1, m) + S2(n - 1, m - 1)\)
即放在之前某个集合 + 单独成集合
\(S2(n, 0) = 0, S2(1,1) = 1\)
常见排列组合问题
八种基本放球问题 *
1球相同,盒相同,可以为空 *
- 等价于整数拆分
- 性质: 将\(N\)拆分乘不超过\(M\)个数的方案数,等同于拆分成最大不超过\(M\)的方案数
将整数\(N\)分解为不超过\(M\)个整数的方案数
设\(dp[i][j]\)为\(i\)分为\(j\)个数(带0)的方案
- 假设选出的数非减排列
- 所有的状态可以从一些子状态整体+1或不变转移, 这样不会破坏非严格递增的性质
即:
- 子状态增加一个0(空盒)在开头, \(dp[i][j-1]\)
- 子状态整体\(+1\), \(dp[i-j][j]\)
\(dp[i][j]=dp[i][j-1]+dp[i-j][j]\)
\(ans = dp[N][M]\)
如果求分成不超过\(M\)且不重复的方案数,则稍作修改:
\(dp[i][j]=dp[i][j-1]+dp[i-j][j-1]\)
2球相同,盒相同,不可以为空 *
与前一种情况类似, 且更加简单
- 思路相同, 由于不可以为空, 不能从子状态加一个空盒转移
- 根据性质, 可以用子状态加一个单独的\(1\)(最小单位)转移
即:
- 子状态加一个单独\(1\), \(dp[i-1][j-1]\)
- 子状态整体\(+1\), \(dp[i-j][j]\)
\(dp[i][j]=dp[i-1][j-1]+dp[i-j][j]\)
\(ans=dp[N][M]\)
同样, 球同盒同可以为空也可用\(\sum_{i=1}^{M}dp[N][i]\)计算
3球不同,盒不同,可以为空 *
对于每一个球, 都有\(N\)个盒子任意选择
\(ans=M^N\)
或是二类斯特林数 * 排列 求和
\(ans = \sum_{k=1}^{m} S2(n, k) \cdot A(m, k)\)
4球不同,盒相同,不可以为空 *
第二类斯特林数
5球不同,盒不同,不可以为空 *
第二类斯特林数 * 盒子的排列数
6球不同,盒相同,可以为空 *
对二斯求和
7球相同,盒不同,不可以为空 *
组合数
在\(N\)个球中插入\(M-1\)个隔板,即\(C_{n-1}^{m-1}\)
递推
\(dp[i][j]\)代表前\(i\)个球放入前\(j\)个盒子的方案数
- 将\(i\)放入当前盒子\(j\)中,\(dp[i-1][j]\)
- \(j\)为新开的盒,\(dp[i-1][j-1]\)
8球相同,盒不同,可以为空 *
组合数计算
可以转化为不空,将球数量增加\(M\)个,在每个盒子中先放一个
在进行插板, 即\(C_{n+m-1}^{m-1}\)(最后在拿掉原先的\(M\)个)
递推+组合数
或者\(DP\)推,先推出不空的\(DP\),\(ans=sigma(DP[n][j]*C_m^{m-j})\),比较烦
错位排列 *
考虑递推, 设\(f[i]\)为前\(i\)个数的错排方案数:
- 由于第\(i\)个数不能放在自己的位置上, 只能放在\([1,i-1]\)的某个位置\(j\)上
- 那么原先\(j\)上的数要重新选择位置
选择之前的一个数有\((i-1)\)种方案, 而对于重选位置:
- 位置\(j\)上的数放在\(i\)上, 现在剩下\((i-2)\)个数都有限制, \(f[i-2]\)
- 位置\(j\)上的数不放在\(i\)上, 相当于给\(j\)加了一个限制, 现在\((i-1)\)个数有限制, \(f[i-1]\)
\(f[i]=(i-1)*(f[i-1]+f[i-2])\)
圆排列 *
两种思路:
- 固定一个点, 剩下的全排列, \((n-1)!\)
- 先全排列, 因为在圆上, 转一圈都相同, \(n!/n\)
重复排列
有\(k\)种物品, 每一种有\(a[i]\)个, 总共\(N\)个,求排列的方案数
即全排列的方案数, 除以每一种内部排列的方案数
\[ \frac{N!}{\prod_{i=1}^{k}a[i]!} \]
重复组合 * important
\(n\)种不同的球, 每种球无限个, 从中选\(k\)个的方案数
等价于将\(k\)次选择(相同)分配到\(n\)种球上
即\(k\)个球放到\(n\)个不同的盒子, 可以为空的情况
\(C_{k-1+n}^{n-1}\)
3、3、 给定4个变量x1,x2,x3,x4，满足1<=xi<=10,求方程x1+x2+x3+x4=30的解数（）。
A.282 B.288 C.360 D.362
答案: 写成\(10-x_1+10-x_2+10-x_3\)
\(2x^2-3x+1=0\), \(x=(2+-1)/4\) \(x1=1/2, x2 = 1\)
\(f(n) = A * (\frac{1}{2})^{n-1} + B\)
\[\begin{cases} A + B = 1 \\ 1/2 * A + B = 3/2 \end{cases}\]
\(B = 2\)
数列
平方和公式
\[ \sum_{i=1}^{n} i^2 = \frac{n(n + 1)(2n + 1)}{6} \]
证明:
\[\begin{aligned} & (n + 1) ^ 3 = n ^ 3 + 3n ^ 2 + 3n + 1 \\ & (n + 1) ^ 3 - n ^ 3 = 3n ^ 2 + 3n + 1 \\ & (n + 1) ^ 3 - n ^ 3 + n ^ 3 - (n - 1) ^ 3 + \dots + 2 ^ 3 - 1 ^ 3 = 3\sum_{i=1}^{n} i^2 + 3\sum_{i=1}^{n} i + n\\ & n ^ 3 + 3n ^ 2 + 3n = 3\sum_{i=1}^{n} i^2 + \frac{3n(n + 1)}{2} + n\\ & \sum_{i=1}^{n} i^2 = \frac{2n ^ 3 + 3n ^2 + 2n}{6} = \frac{n(n + 1)(2n + 1)}{6} \\ \end{aligned}\]
特征根求通向+10-x_4=10$
转化成\(y_1+y_2+y_3+y_4=10\) 其中\(0\le y \le 9\), 用隔板法\(C_{10+4-1}^{4-1} - 4\) , \(-4\)表示减去某一个\(y=10\)的方案
15、 四面体的顶点和各棱中点共10个点，从中取4个不共面的点，不同的取法有多少种？
- 总共： \(C_{10}^{4}\)
- 对于每一面， 选择这一面的\(4\)个， 不合法 ： \(4*C_{6}^{4}\)
- 对于每一条边， 选\(3\)个点, 然后选择对面那一面上横边的中点， 不合法\(6*1\)
- 选择一个由中位线组成的平行四边形， 不合法：\(3\)
减去不合法的方案： \(C_{10}^{4} - 4 * C_{6}^{4} - 6 - 3 = 141\)
16、 以一个正方体的顶点为顶点，能组成多少个不同的四面体？ 类似上一题:
- 总共: \(C_8^4\)
- 选择一个面， 不合法： 6
- 选择一个对角面， 不合法： 6
58
17、 6本不同的书全部分给5名同学每人至少一本，有多少种不同的分法？ 5个人中， 有一个人有2本， 其他人都是1本
- 先选择一个有2本的人， \(5\)
- 在6本中选择2本给这个人， \(C_6^2\)
- 剩下的4本和4个人, 进行全排列匹配\(A_4^4\)
\(ans=5*C_6^2*A_4^4=1800\)
20、 8本不同的书分给3名同学，其中1名同学2本、另两人3本，有多少种不同分法？
- 先选一个2本的人, 给他2本书, \(C_3^1*C_8^2\)
- 剩下2个3本的人, 这时不需要在从中选一个人了, 因为\(C_6^3\)已经确定两个人的分配了, 一个人3本
\(ans=C_3^1*C_8^2*C_6^3=1680\)
23、 7个相同的小球，任意放入4个不同的盒子中，共有多少种不同的方法？
转化为不为空的情况, 在每个盒子中放一个, 于是在\(10\)个球中插\(3\)个隔板
\(ans=C_{10}^3=120\)
28、 10双不相同的鞋子混装在一只口袋中，从中任取4只，4只鞋子恰有2只成双的方法数？
- 先选一对, \("10"\)
- 剩下18只, 选择了某一只, 与其成对的就不能选, \(18*16/2\)
\(ans=10*18*16/2=1440\)
31、 6本不同的书分给甲、乙、丙三人，每人至少一本，有多少种不同的分法？
只知道分类讨论怎么做:
37、 一些学生接受调查，这些学生中准备参加会计师考试的有63人，准备参加英语考试的有89人，准备参加计算机考试的有47人，三种都准备参加的有24人，只准备参加两种考试的有46人，不参加其中任何一种考试的有15人。请问有多少学生接受调查？
注意 : 是只参加2种的有...人, 画图易得至少参加2人的有46+243人, 有容斥可得答案为(63+89+47)-(46+243)+24+15 = 120
27、10双不相同的鞋子混装在一只口袋中，从中任取4只，4只鞋子没有成双的方法数？
答案:
- \(20*18*16*14/A_4^4=3360\)
- \(C_{20}^4 - C_{10}^{1}*18*16/2 - C_{10}^{2}=3360\)
数列
平方和公式
\[ \sum_{i=1}^{n} i^2 = \frac{n(n + 1)(2n + 1)}{6} \]
证明:
\[\begin{aligned} & (n + 1) ^ 3 = n ^ 3 + 3n ^ 2 + 3n + 1 \\ & (n + 1) ^ 3 - n ^ 3 = 3n ^ 2 + 3n + 1 \\ & (n + 1) ^ 3 - n ^ 3 + n ^ 3 - (n - 1) ^ 3 + \dots + 2 ^ 3 - 1 ^ 3 = 3\sum_{i=1}^{n} i^2 + 3\sum_{i=1}^{n} i + n\\ & n ^ 3 + 3n ^ 2 + 3n = 3\sum_{i=1}^{n} i^2 + \frac{3n(n + 1)}{2} + n\\ & \sum_{i=1}^{n} i^2 = \frac{2n ^ 3 + 3n ^2 + 2n}{6} = \frac{n(n + 1)(2n + 1)}{6} \\ \end{aligned}\]
特征根求通向
一阶
待定系数法
二阶
Lucas定理
\(C(n, m) \mod p = C(n / p , m / p) \cdot C(n \mod p, m \mod p) \mod p\)
哈希
二次探查法
\(+1^2, -1^2, +2^2, -2^2, +3^2, -3^2\)
平均查找长度
成功~~~
找到第一个空的位置
按照顺序插入元素, 例如这个位子还没有放过, 直接放即可, 长度为\(1\), 若已经放过, 而下一个位子没放, 则长度为\(2\)
{7, 14}, mod 7
| 0| 1|
|:---:|:---:|
| 7 | 14|
| 1 | 2|
平均的分母为已插入的个数
不成功~~~
找到第一个非空的位置
按照位置去找, 注意定义为不在散列表中的元素, 初始位置为\([0, mod- 1]\)
{7、8、30、11、18、9、14}, mod 7
| 0| 1| 2| 3| 4| 5| 6| 7| 8| 9|
|:---:|:---:|:---:|:---:|:---:|:---:|:---:|:---:|:---:|:---:|
| 7| 14| | 8| | 11| 30| 18| 9| |
| 3| 2| 1| 2| 1| 5| 4| -| -| -|
平均的分母为mod
哈弗曼编码 ?
\(n = 2n_0 - 1\)
概率期望
17. 随机抛硬币, 连续三次为 "正反正" 时就停止, 问期望抛几次
答案: 设E[i]表示匹配了前\(i\)位时到达目标的期望步数, 画树形图可得
\[\begin{cases} E0 = (E1 + E0) / 2 + 1 \\ E1 = (E2 + E1) / 2 + 1 \\ E2 = (E0 + E3) / 2 + 1 \\ E3 = 0 \\ \end{cases}\]
解得E0 = 10
错题
其他错题(算数, 推理)
9、孙某和张某是考古学家老李的学生。有一天，老李拿了一件古物来考验两人，两人都无法验证出来这件古物试谁的。老李告诉了孙某拥有者的姓，告诉张某拥有者的名，并且在纸条上写下以下几个人的人名，问他们知道谁才是拥有者?
纸条上的名字有：沈万三、岳飞、岳云、张飞、张良、张鹏、赵括、赵云、赵鹏、沈括。
孙某说：如果我不知道的话，张某肯定也不知道。
张某说：刚才我不知道，听孙某一说，我现在知道了。
孙某说：哦，那我也知道了。
请问：那件古物是谁的（B）?
A、赵括 B、岳飞 C、岳云 D、赵鹏
(1)剩下 岳, 赵
(2)排除 岳, 赵 中重名的
(3)排除 岳飞 赵括 赵鹏 中重姓的
include
using namespace std;
int f(int n,int k){
if (n == k || k == 0) return 1;
else return f(n - 1, k) + f(n - 1, k - 1);
}
int main() {
int n,k,m;
cin >> n >> k;
cout << f(n,k);
return 0;
}
6 此题的时间复杂度为多项式级别，请判断是否正确（B）？
A. 正确 B.错误
相当于O(ans)
5.将数组{8, 23, 4, 16, 77, -5, 53, 100}中的元素按从大到小的顺序排列，每次可以交换任意两个元素，最少需要交换（ ）次。
找出三个环, 答案应当是每个环的大小-1加起来
2.如果在某个进制下等式\(7*7=41\)成立，那么在该进制下\(12*12=\)( )也成立。
A.100 B. 144 C. 164 D.196
算错, 可以由前一个等式得他是\(12\)进制, 或者可以将后一等式写成\((X+2)^2=X^2+4X+4\)直接得到
4、若有18个元素的有序表存放在一维数组A[19]中，第一个元素放A[1]中，现进行二分查找，则查找A［3］的比较序列的下标依次为( )
A. 1，2，3 B. 9，5，2，3
C. 9，5，3 D. 9，4，2，3
答案: [1,18]->9->[1,8]->4->[1,3]->2->[3,3]->3
3、给定4个变量x1,x2,x3,x4，满足1<=xi<=10,求方程x1+x2+x3+x4=30的解数（）。
A.282 B.288 C.360 D.362
答案: A
前两个分一组, 后两个分一组, 算出每一组和为多少的方案数, 然后乘起来相加
https://blog.csdn.net/qq_34454069/article/details/81055250