UOJ224/洛谷P1737 【NOI2016】旷野大计算 造计算机
论一条咸鱼是有多闲系列。
浑浑噩噩做了两天，感觉自己造计算机的水平得到了本质上的提升。
官方题解看不懂啊喂，民间题解在哪找啊喂。
test1
非常简单。
I
I
+ 1 2
- 3
+ 4 4
O 5test2
非常简单。
I
< 1 4
+ 1 2
- 3
S 4
O 5test3
可以利用一下精度的性质。
我们可以将这个a乘以一个很大很大的数，这样，如果它是0，那么S一下的结果就是0.5，如果它大于0，那么S一下就是1，如果小于0就是0.
然后脑补一下怎么把这三个结果处理成-1,0,1的形式就成了。
I
< 1 1000
S 2
C 3 -0.5
+ 4 4
O 5test4
MAYA这是人做的点吗？Orz VFK太强啦！
考虑利用一下求导的基本手法（虽然咸鱼不会求导），得知当x的绝对值非常小时，s(x)可以近似看作x4+0.5x4+0.5\frac{x}{4}+0.5。
假定这个性质在这个test里面是会被用到的，人类的第六感告诉我们，负数要用这个性质的可能性更大。所以我们先尝试构造一个数ppp，使得当x为正的时候，p" role="presentation">ppp非常大（因为这个非常大一般构造为2k12k12^{k_1}的形式，所以我们姑且认为此时p=2k1p=2k1p=2^{k_1}）。而x为负的时候，p=0p=0p=0。
然后我们令y=s(x2k2+p)y=s(x2k2+p)y=s(\frac{x}{2^{k_2}}+p)，这样当x为正的时候，y=1y=1y=1，否则x=0.5+x2k2+2x=0.5+x2k2+2x=0.5+\frac{x}{2^{k_2+2}}。
这有什么好处呢？(0.5−y)∗2k2+3=−2x(0.5−y)∗2k2+3=−2x(0.5-y)*2^{k_2+3}=-2x，于是我们就把负数这部分搞完了。
而如果x是正数的话，这样操作以后的结果就是：−2k2+2−2k2+2-2^{k_2+2}，我们就要试图把这个东西搞掉。
想起有一个数在x为负数时是0而在x是正数时不是，那就是ppp，所以我们加上一个p要使得−2k2−2=0" role="presentation">−2k2−2=0−2k2−2=0-2^{k_2-2}=0。
那么使得k1=k2+2k1=k2+2k_1=k_2+2即可。
至于ppp怎么构造呢，VFK给出的代码已经说了：
In(x);
p=S((x+1e-30)<<500)<<152;//加上1e-30是为了处理0
y=S((x>>150)+p);
r=x+((-y+0.5)<<153)+p;
Out(r);呃，所以答案就是这样的，能构造出来真是太强了吧：
I
C 1 0.000000000000000000000000000001
< 2 500
S 3
< 4 152
> 1 150
+ 5 6
S 7
- 8
C 9 0.5
< 10 153
+ 1 11
+ 12 5
O 13test5
比较简单，直接模拟就好。注意不要进行无效操作（比如将a32" role="presentation">a32a32a_{32}左移0位啦）
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define RI register int
int main()
{freopen("nodes5.out","w",stdout);puts("I"),puts("< 1 31");for(RI i=2;i<32;++i) {puts("I");printf("< %d %d\n",3*(i-1),32-i);printf("+ %d %d\n",3*i-4,3*i-2);}puts("I"),puts("+ 92 93"),puts("O 94");return 0;
}test6
思路：每次计算一下S((x−2k)∗2500)S((x−2k)∗2500)S((x-2^{k})*2^{500})，就可以获得0和1。
但是每次都左移500位非常浪费节点，可以一开始将x左移500位，然后每次用高精度算出2500+k2500+k2^{500+k}。
这样我们每次求一位，要C一次，S一次,O一次。然后继续变形x，减去其最高位，假设这一位是t（t=0或1),那就是要左移一次t,一次t，x再加上一次-t，一共要进行6次操作。
注意到最后一位可以直接将x右移500位变回来然后输出，就可以节约一点点操作，正好190个节点。
但是这样写了会WA，因为如果某一次x==2kx==2kx==2^{k}，那么就算乘极大数最后结果也是0，S(0)=0.5S(0)=0.5S(0)=0.5。
所以我们要把2k2k2^{k}稍微弄小一点点，这样如果x==2kx==2kx==2^{k}算出来就是1了。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define RI register int
struct node{int len,t[1000];}a[33];
void mul(int o) {int ys=0;for(RI i=1;i<=a[o].len;++i) {a[o].t[i]=a[o].t[i]*2+ys;ys=a[o].t[i]/10,a[o].t[i]%=10;}if(ys) a[o].t[++a[o].len]=ys;
}
void print(int o) {for(RI i=a[o].len;i>=1;--i) printf("%d",a[o].t[i]);puts("");
}
int main()
{freopen("nodes6.out","w",stdout);a[1].len=1,a[1].t[1]=1;for(RI i=1;i<=501;++i) mul(1);for(RI i=2;i<=31;++i) a[i]=a[i-1],mul(i);puts("I");puts("< 1 500");for(RI i=31;i>=1;--i) {int k=(32-i)*6-4;a[i].t[60]=0;printf("C %d -",k),print(i);printf("S %d\n",k+1);printf("O %d\n",k+2);printf("- %d\n",k+2);printf("< %d %d\n",k+4,i+500);printf("+ %d %d\n",k+5,k);}puts("> 188 500");puts("O 189");return 0;
}test7
思路：首先使用上面那种方法，将两个数的二进制转化出来。由于不用输出，所以一共消耗316个节点，剩余平均每次异或可以使用9个节点。
观察什么叫做异或，发现当这两位加起来为1的时候，结果为1。加起来为2或者为0，结果都是0.设这个和为y.
那么怎么把这个2搞成0呢？显然我们是要利用2比较大这个性质，让某一个东西去减去y.
那么就是用S构造一个当输入1和2的时候输出1，否则输出0的东西。
也就是求一下S((y−0.5)×2500)×2−yS((y−0.5)×2500)×2−yS((y-0.5)\times 2^{500}) \times 2-y。
数一下发现正好是9次操作，由于左移0位没有意义之类的，我们还可以节约几次操作呢。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define RI register int
struct node{int len,t[1000];}a[33];
void mul(int o) {int ys=0;for(RI i=1;i<=a[o].len;++i) {a[o].t[i]=a[o].t[i]*2+ys;ys=a[o].t[i]/10,a[o].t[i]%=10;}if(ys) a[o].t[++a[o].len]=ys;
}
void print(int o) {for(RI i=a[o].len;i>=1;--i) printf("%d",a[o].t[i]);puts("");
}
int main()
{freopen("nodes7.out","w",stdout);int now=0,las=0;a[1].len=1,a[1].t[1]=1;for(RI i=1;i<=501;++i) mul(1);for(RI i=2;i<=31;++i) a[i]=a[i-1],mul(i);puts("I"),puts("I");puts("< 1 500"),puts("< 2 500"),now=4;for(RI i=31;i>=1;--i) {a[i].t[60]=0;int k1=(i==31?3:(30-i)*10+9),k2=(31-i)*10+4;printf("C %d -",k1),print(i),++now;printf("S %d\n",now),++now;printf("- %d\n",now),++now;printf("< %d %d\n",now,i+500),++now;printf("+ %d %d\n",now,k1),++now;printf("C %d -",k2),print(i),++now;printf("S %d\n",now),++now;printf("- %d\n",now),++now;printf("< %d %d\n",now,i+500),++now;printf("+ %d %d\n",now,k2),++now;}puts("> 309 500"),puts("> 314 500"),now=316;for(RI i=31;i>=0;--i) {int k1=(i==0?315:(31-i)*10+6),k2=(i==0?316:(32-i)*10+1);printf("+ %d %d\n",k1,k2),++now;printf("C %d -0.5\n",now),++now;printf("< %d 500\n",now),++now;printf("S %d\n",now),++now;printf("+ %d %d\n",now,now),++now;printf("- %d\n",now-4),++now;printf("+ %d %d\n",now,now-1),++now;if(i!=0) printf("< %d %d\n",now,i),++now;if(i!=31) printf("+ %d %d\n",las,now),++now;las=now;}printf("O %d\n",las);return 0;
}test8
呃，根据求导的特性，当x很小的时候，拟合一种斜率，使得S(x)−S(0)x=0.1S(x)−S(0)x=0.1\frac{S(x)-S(0)}{x}=0.1，就可以很方便地解决该题。
那么我们把x除以一个很大的数，然后再加上一个数k，现在我们求使得S(k)−S(0)k=0.1S(k)−S(0)k=0.1\frac{S(k)-S(0)}{k}=0.1成立的k，就可以近似算出0.1k+0.1×x2d0.1k+0.1×x2d0.1k+0.1 \times \frac{x}{2^{d}}了。
如何求这个k呢？考虑利用checker三分法求解。
虽然这样理论可行，但是我太菜了愣是搞了一个小时没搞出来，所以偷偷抄了洛谷的题解QAQ
I
> 1 96
C 2 -0.962423650119206894995517826848736846270368668771321039322036337680327735216443548824018858
S 3
C 4 -0.276393202250021030359082633126872376455938164038847427572910275458947907436219510058558559
< 5 95
O 6test9
使用冒泡排序。
比较两个数a,b，使小的在前，大的在后，出题人已经构造了一种方法：
t=a+b;
a=min(b-a,0)+a;
b=t-a;然后这个min(x,0)的做法可以参照第4个测试点：
p=S((x+1e-30)<<500)<<152;
y=S((x>>150)+p);
r=(((y-0.5)<<153)-p)>>1;嗯，就是这样。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define RI register int
int b[20],now,BAS=16;
int main()
{freopen("nodes9.out","w",stdout);for(RI i=1;i<=BAS;++i) puts("I"),b[i]=i,++now;for(RI i=1;i<BAS;++i)for(RI j=1;j<=BAS-i;++j) {int t,x,p,y,r,ka;printf("+ %d %d\n",b[j],b[j+1]),++now,t=now;//tprintf("- %d\n",b[j]),++now,ka=now;//-aprintf("+ %d %d\n",b[j+1],ka),++now,x=now;//b-aprintf("C %d 0.00000000000000000000000000001\n",x),++now;printf("< %d 500\n",now),++now;printf("S %d\n",now),++now;printf("< %d 152\n",now),++now,p=now;//pprintf("> %d 150\n",x),++now;printf("+ %d %d\n",now,p),++now;printf("S %d\n",now),++now,y=now;printf("C %d -0.5\n",y),++now;printf("< %d 153\n",now),++now;printf("- %d\n",p),++now;printf("+ %d %d\n",now,now-1),++now;printf("> %d 1\n",now),++now,r=now;//rprintf("+ %d %d\n",r,b[j]),++now,b[j]=now;printf("- %d\n",now),++now;printf("+ %d %d\n",t,now),++now,b[j+1]=now;}for(RI i=1;i<=BAS;++i) printf("O %d\n",b[i]);return 0;
}test10
考虑用一个类似于快速幂的“快速乘”来实现。
那么首先把b转化为2进制，然后如果这一位是1，就加上a×2ka×2ka \times 2^k。
考虑用一个类似于test4的方法来实现这个功能。
设bk为b的第k位，先算出y=S((bk-1)<<500)+(a>>150));，如果bk=0，则y=0,否则y=a2152+12y=a2152+12y=\frac{a}{2^{152}}+\frac{1}{2}。
然后算r=(y*2-bk)<<151，这样如果bk=0就是0，否则就是a，就可以很方便地计算了。
至于取模，可以利用test3的那个函数，a−m∗2ka−m∗2ka-m*2^k大于0时等于1，否则等于0.然后等于1时减m∗2km∗2km*2^k，否则减0，利用以上操作实现。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define RI register int
struct node{int len,t[1000];}a[33];
void mul(int o) {int ys=0;for(RI i=1;i<=a[o].len;++i) {a[o].t[i]=a[o].t[i]*2+ys;ys=a[o].t[i]/10,a[o].t[i]%=10;}if(ys) a[o].t[++a[o].len]=ys;
}
void print(int o) {for(RI i=a[o].len;i>=1;--i) printf("%d",a[o].t[i]);puts("");
}
int ka,kb,kc,re,now,BAS=31;
int b[35];
void prework() {//转二进制puts("< 2 500"),++now;for(RI i=BAS;i>=1;--i) {a[i].t[60]=0;printf("C %d -",now),print(i),++now;printf("S %d\n",now),++now,b[i]=now;printf("- %d\n",now),++now;printf("< %d %d\n",now,i+500),++now;printf("+ %d %d\n",now,now-4),++now;}printf("> %d 500\n",now),++now,b[0]=now;
}
void mul() {//乘法for(RI i=0;i<=BAS;++i) {int t;printf("C %d -1\n",b[i]),++now;printf("< %d 500\n",now),++now;printf("> %d 150\n",ka),++now;printf("+ %d %d\n",now,now-1),++now;printf("S %d\n",now),++now;printf("+ %d %d\n",now,now),++now;printf("- %d\n",b[i]),++now;printf("+ %d %d\n",now,now-1),++now;printf("< %d 151\n",now),++now,t=now;if(re) printf("+ %d %d\n",re,t),++now;re=now;printf("+ %d %d\n",ka,ka),++now,ka=now;}
}
void mo() {//取模for(RI i=BAS*2+1;i>=0;--i) {int orz,t;printf("< %d %d\n",kc,i),++now,t=now;printf("+ %d %d\n",re,now),++now;printf("C %d 0.5\n",now),++now;printf("< %d 500\n",now),++now;printf("S %d\n",now),++now,orz=now;printf("C %d -1\n",orz),++now;printf("< %d 500\n",now),++now;printf("> %d 150\n",t),++now;printf("+ %d %d\n",now,now-1),++now;printf("S %d\n",now),++now;printf("+ %d %d\n",now,now),++now;printf("- %d\n",orz),++now;printf("+ %d %d\n",now,now-1),++now;printf("< %d 151\n",now),++now;printf("+ %d %d\n",re,now),++now,re=now;}printf("O %d\n",re);
}
int main()
{freopen("nodes10.out","w",stdout);a[1].len=1,a[1].t[1]=1;for(RI i=1;i<=501;++i) mul(1);for(RI i=2;i<=31;++i) a[i]=a[i-1],mul(i);puts("I"),puts("I"),puts("I"),ka=1,kb=2;puts("- 3"),kc=now=4;prework();mul();mo();return 0;
}总结
哈哈哈哈我没疯放开我我怎么可能做一道旷野造计算机就疯了呢哈哈哈哈- litble真的是闲的蛋疼。
- 巧妙利用减大的数会比较小，减小的数会比较大的性质。
- 扯清楚每次操作的上一个节点是什么很重要。
- 巧妙利用S的性质。
- 真爱生命，远离旷野大计算。
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