某个数据通信系统采用CRC校验方式，并且生成多项式的二进制比特序列为11001，目的结点接收到的二进制比特序列为 110111001（含CRC校验码）。请判断传输过程中是否出现了差错？为什么？

 

 
 
出现了差错。因为110111001/11001=10011(商)……10(余数) 余数不为0，所以出现了差错。
 
 

 

 
 是接受方和发送方的一个约定，也就是一个二进制数，在整个传输过程中，这个数始终保持不变。
 
 在发送方,利用生成多项式对信息多项式做模2除生成校验码。在接受方利用生成多项式对收到的编码多项式做模2除检测和确定错误位置。
 
 应满足以下条件：
 
 a、生成多项式的最高位和最低位必须为1。
 
 b、当被传送信息（CRC码）任何一位发生错误时，被生成多项式做模2除后应该使余数不为0。
 
 c、不同位发生错误时，应该使余数不同。
 
 d、对余数继续做模2除，应使余数循环。
 
 将这些要求反映为数学关系是比较复杂的。但可以从有关资料查到常用的对应于不同码制的生成多项式如图9所示：
 
 
 
 
 N
 
 
 K
 
 
 码距d
 
 
 G(x)多项式
 
 
 G(x)
 
 
 7
 
 
 4
 
 
 3
 
 
 x3+x+1
 
 
 1011
 
 
 7
 
 
 4
 
 
 3
 
 
 x3+x2+1
 
 
 1101
 
 
 7
 
 
 3
 
 
 4
 
 
 x4+x3+x2+1
 
 
 11101
 
 
 7
 
 
 3
 
 
 4
 
 
 x4+x2+x+1
 
 
 10111
 
 
 15
 
 
 11
 
 
 3
 
 
 x4+x+1
 
 
 10011
 
 
 15
 
 
 7
 
 
 5
 
 
 x8+x7+x6+x4+1
 
 
 111010001
 
 
 31
 
 
 26
 
 
 3
 
 
 x5+x2+1
 
 
 100101
 
 
 31
 
 
 21
 
 
 5
 
 
 x10+x9+x8+x6+x5+x3+1
 
 
 11101101001
 
 
 63
 
 
 57
 
 
 3
 
 
 x6+x+1
 
 
 1000011
 
 
 63
 
 
 51
 
 
 5
 
 
 x12+x10+x5+x4+x2+1
 
 
 1010000110101
 
 
 1041
 
 
 1024
 
 
 　
 
 
 x16+x15+x2+1
 
 
 11000000000000101
 
 
 
 图9 常用的生成多项式
 
 例如第一项可以写成:x3+x2+x+1  有幂次就为1 没有幂次就为0 首尾一定要是1   所以  1 0 1 1
 
  
 
 一道计算题:
 
 已知信息位为1100，生成多项式G(x) = x3+x+1，求CRC码。
 M(x) = 1100 M(x)*x3 = 1100000 G(x) = 1011
 M(x)*x3 / G(x) = 1110 + 010 /1011 R(x) = 010
 CRC码为： M(x)*x 3+R(x)=1100000+010 =1100010
 其原理是：CRC码一般在k位信息位之后拼接r位校验位生成。编码步骤如下：
 （1）将待编码的k位信息表示成多项式 M(x)。
 （2）将 M(x)左移 r 位，得到 M(x)*xr 。
 （3）用r+1位的生成多项式G(x)去除M(x)*xr 得到余数R(x)。
 （4）将M(x)*xr 与R(x)作模2加，得到CRC码。
 

  
原文地址：http://blog.sina.com.cn/s/blog_64c236b10100of4a.html
 

 

 
 
是接受方和发送方的一个约定，也就是一个二进制数，在整个传输过程中，这个数始终保持不变。 
 
 
在发送方,利用生成多项式对信息多项式做模2除生成校验码。在接受方利用生成多项式对收到的编码多项式做模2除检测和确定错误位置。 
 
 
应满足以下条件： 
 
 
a、生成多项式的最高位和最低位必须为1。 
 
 
b、当被传送信息（CRC码）任何一位发生错误时，被生成多项式做模2除后应该使余数不为0。 
 
 
c、不同位发生错误时，应该使余数不同。 
 
 
d、对余数继续做模2除，应使余数循环。 
 
 
将这些要求反映为数学关系是比较复杂的。但可以从有关资料查到常用的对应于不同码制的生成多项式如图9所示： 
 
 
 
  
 
N
 
 
K
 
 
码距d
 
 
G(x)多项式
 
 
G(x)
 
 
7
 
 
4
 
 
3
 
 
x3+x+1
 
 
1011
 
 
7
 
 
4
 
 
3
 
 
x3+x2+1
 
 
1101
 
 
7
 
 
3
 
 
4
 
 
x4+x3+x2+1
 
 
11101
 
 
7
 
 
3
 
 
4
 
 
x4+x2+x+1
 
 
10111
 
 
15
 
 
11
 
 
3
 
 
x4+x+1
 
 
10011
 
 
15
 
 
7
 
 
5
 
 
x8+x7+x6+x4+1
 
 
111010001
 
 
31
 
 
26
 
 
3
 
 
x5+x2+1
 
 
100101
 
 
31
 
 
21
 
 
5
 
 
x10+x9+x8+x6+x5+x3+1
 
 
11101101001
 
 
63
 
 
57
 
 
3
 
 
x6+x+1
 
 
1000011
 
 
63
 
 
51
 
 
5
 
 
x12+x10+x5+x4+x2+1
 
 
1010000110101
 
 
1041
 
 
1024
 
 
　
 
 
x16+x15+x2+1
 
 
11000000000000101
 
 
 
 
 
图9 常用的生成多项式 
 
 
例如第一项可以写成:x3+x2+x+1  有幂次就为1 没有幂次就为0 首尾一定要是1   所以  1 0 1 1
 
 
 
 
 
一道计算题:
 
 
已知信息位为1100，生成多项式G(x) = x3+x+1，求CRC码。
 M(x) = 1100 M(x)*x3 = 1100000 G(x) = 1011
 M(x)*x3 / G(x) = 1110 + 010 /1011 R(x) = 010
 CRC码为： M(x)*x 3+R(x)=1100000+010 =1100010
 其原理是：CRC码一般在k位信息位之后拼接r位校验位生成。编码步骤如下：
 （1）将待编码的k位信息表示成多项式 M(x)。
 （2）将 M(x)左移 r 位，得到 M(x)*xr 。
 （3）用r+1位的生成多项式G(x)去除M(x)*xr 得到余数R(x)。
 （4）将M(x)*xr 与R(x)作模2加，得到CRC码。
 
 

进制转换练习
 3085.统计1的个数
 
输入一个非负 int 类型整数，在一行中输出该整数的二进制表示中值为 1 的位数。
 例如： 输入 0，输出 0; 输入 1，输出 1; 输入 100，输出 3; 输入 2100012345，输出 18
 输入: 输入一个非负 int 类型整数。
 输出: 在一行中，输出整数的二进制表示中值为 1 的位数。
 
#include <stdio.h> 
#include <stdlib.h>
#include<string.h> 
int main(){ 
	long long n=0,i=1; 
	scanf("%lld",&n); 
	int count=0; 
	while(n){ 
		if(n&1)count++; // 与运算:相同的数则保留,不相同的数则为0.所以跟1做与操作只能是1的时候结果为1
		n>>=1; 
	}
	printf("%d\n",count); 
	return 0;
 }

 
1627.Binary Code
 
考虑一个 N 位的二进制串 b1…bN，其对应的二进制矩阵为：
 然后将这个矩阵的行按照字典顺序排序，‘0’ 在 ‘1’ 之前。
 你的任务是编写一个程序，给定排序后的矩阵的最后一列，求出已排序的矩阵的第一行。
 例如：考虑二进制串（00110），排序后的矩阵为：
 0 0 0 1 1
 0 0 1 1 0
 0 1 1 0 0
 1 0 0 0 1
 1 1 0 0 0
 则该矩阵的最后一列为（1 0 0 1 0）。给出了这一列，你的程序应该确定第一行为（0 0 0 1 1）。
 输入: 输入第一行包含一个整数 N(0<=20000)，表示二进制串的位数。第二行包含 N 个整数，表示已排序的矩阵的最后一列（从上到下）。
 输出: 输出文件仅一行，包含 N 个整数，从左到右依次表示已排序的矩阵的第一行；若无解，则输出-1。
 
#include <stdio.h>
#include <stdlib.h>
#include <string.h>
/* 这道题主要是一道找规律的题目
   因它是每次左移，所以每个数字都会出现在结尾所以它出现了几个1，整个二进制串就有几个1, 其次同理每个数字也会出现在开头. 所以按大到小排列最大的开头肯定是1. 现在来看一下样例，我们可以得出这样的结论①
   0xxx1
   0xxx0
   0xxx0
   1xxx1
   1xxx0
   这里的未知数都用xxx代替，但不表示xxx是相同的,因为它是从小到大排列的，所以往左移之后就是
   xxx10
   xxx00
   xxx00
   xxx11
   xxx01
   这样看起来是变了，但是实际上它的组合数不变，组合方式不变，只是排序方式变了
   我们再将它排序就会变回结论①
   但是我们不知道这些数字前面的数字是哪一个地方的
   这里说明一下
   结论①里最小的二进制串左移之后再排序，它肯定就变成了结论①里的第2串
   因为它的后面4个是最小的，其他的例如2号串左移之前的后4个组成的二进制串肯定比1号组成的大
   所以左移之后1就变成了2号
   注意，这里不是说1号变成2号,所以2号变成3号，3号变成4号....
   是说0开头的1号变成了0结尾的2号
   那么，1开头的4号就变成了1结尾的1号
   以此类推，排序，会发现每次都是这样子，左移之后排序都是这个顺序变化
   然而要推出所有数字要n-1次，经过变化后最后一行便就是在原来的基础上按这个方法来一遍
   即0开头的按顺序到了0结尾的去了，1开头的按顺序到了1结尾的去了
   如样例顺序变化
   0  1      1->2
   0  0      2->3
   0  0      3->5
   1  1      4->1
   1  0      5->4
   再按照这个变化方式输出一次
   第一个输出是1号对应的2号, 第二个输出是2号对应的3号, 第三个输出是3号对应的5号, 第四个输出是4号对应的1号, 第五个输出是5号对应的4号, 最后输出便是00011
*/

int zero=0,one=0,sumZero=0,nexts[20001],row[20001],n;
int main() {
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1; i<=n; i++) {
        scanf("%d",&row[i]);
        if(!row[i])
            sumZero++; // 记录0的数量，用于后续的记录1的起始位置和判定是否存在无解情况
    }
    one = sumZero;
    for(int i=1; i<=n; i++) {
        if(!row[i])
            nexts[++zero]=i; // 从第1个开始记录为0的下标位置
        else
            nexts[++one]=i;    // 从第sumZero+1个开始记录为1的下标位置
    }
    int k=1;    // 从第一个开始
    for(int i=1; i<=n; i++) {
        k = nexts[k];   // 获取第k个元素它在原数组的下标位置
        if(!row[k])
            sumZero--;   // 是0则递减，主要用于判断计算后行中0的个数是否与列中0的数量相同，判断解对不对
    }
    if(sumZero) { // 如果sumZero不为0，说明序列构成的0元素数量不同从而序列不对，所以不存在解
        printf("-1");
    } else { // 存在解，就继续从头找一遍输出
        k=1;
        for(int i=1; i<=n; i++) {
            k = nexts[k];
            printf("%d",row[k]);
            if(i<n)
                printf(" ");
        }
    }
    return 0;
}
 
二进制位不同的个数
 
对于两个非负整数 x 和 y，函数 f(x，y) 定义为 x 和 y 在二进制表示时，其对应位不同的个数。例如，f(2,3)=1,f(0,3)=2,f(5,10)=4。
 现在给出一组非负整数 x 和 y，计算 f(x,y) 的值。
 输入: 第一行：一个整数 T（0<T⩽100）​，表示有 T​ 组测试数据。
 第 2 行 ~ T+1 行：每行输入两个正整数 x 和 y，（0⩽x,y⩽1000000）。两个整数之间有一个空格。
 输出: 对每组测试数据，输出一行。
 
#include <stdio.h>
#include <stdlib.h>
#include <string.h>
int f(int x,int y){
    int count=0;
    int n = x^y; //异或操作：二个位不相等时，结果为1，否则为0。
    while(n){ //如果十进制结果大于0说明有不同，计算二进制中1的个数
        if(n&1)count++;
        n>>=1;
    }
    return count;
}
int main(){
    int n=0,x=0,y=0;
    scanf("%d",&n);
    while(n-->0){
        scanf("%d %d",&x,&y);
        printf("%d\n",f(x,y));
    }
    return 0;
}
 
数列练习
 205.数列项
 
非负数列项的第1项为0，第2项为1，后面的每项为其前面的 k(2≤k≤10) 项之和（若不存在前面的某个项，计算时以0表示）。
 例如：k=3, 则数列项依次为：0,1,1（因前面的项不足3项，计算时以(0)表示，1+0+(0)=1）,2,4,……
 输入: 一行由一个空格分隔的正整数 k 和 n。
 80%的数据点: 2≤k≤3,1≤n≤10
 10%的数据点: 2≤k≤5,1≤n≤50
 10%的数据点: 2≤k≤10,1≤n≤100
 输出: 在一行中输出数列的第n项。
 
#include<iostream>
using namespace std;
int main() {
    int k,n;
    cin>>k>>n;
    int terms[k][100];//用int数组表示数列的每一项，terms每行保存数列的一项，共保存k个项（因为最多只会是前k项的和）
    for(int i=0; i<k; i++) {
        for(int j=0; j<100; j++) {
            terms[i][j]=0;
        }
    }
    terms[1][99]=1;//第二项为1
    if(n==1) {//第一项第二项直接输出
        cout << 0 << endl;
    } else if(n==2) {
        cout << 1 << endl;
    } else {
        //因为每一项或是前k项的和，或是前面若干项（不足k）与0的和，而terms数组的初值全部为0，
        //所以每次计算某项的值就是把数组表示的k项全部相加，最后的结果保存在最前面一项，
        //这里的最前面一项基于循环的思想（参考循环队列）
        for(int i=2; i<n; i++) { //从第三项开始依次计算到第n项
            int sum=0;
            int carry=0;
            for(int j=99; j>=0; j--) { //对k个数从右到左各位求和
                sum=0;
                for(int m=0; m<k; m++) { //k个数的相同位相加
                    sum+=terms[m][j];
                }
                sum+=carry;//再加上进位
                terms[i%k][j]=sum%10;//将sum取对k的余数保存到terms数组的i%k行中，因为这一行所代表的项已经没有用了
                carry=sum/10;//计算进位
            }
        }
        int first_non_zero_index=0;
        while(first_non_zero_index<100) { //找到第一个非0项
            if(terms[(n-1)%k][first_non_zero_index]!=0) {
                break;
            } else {
                first_non_zero_index++;
            }
        }
        if(first_non_zero_index==100) {
            cout<<0<<endl;
        } else {
            for(int i=first_non_zero_index; i<100; i++) {
                cout<<terms[(n-1)%k][i];
            }
            cout<<endl;
        }
    }
    return 0;
}
 
最长的等差数列
 
给定n(1≤n≤100)个数,从中找出尽可能多的数使得他们能够组成一个最长的等差数列。输出该最长等差数列的长度。
 注意：当n=1时，构成长度为1的等差数列。
 输入: 第 1 行：一个整数 T (1≤T≤10) 为测试数据组数。
 每组测试数据按如下格式输入：
 第 1 行：一个自然数n(1≤n≤100)，表示数据的个数。
 第2行到n+1：每行输入一个自然数。
 输出: 对于每个问题，输出一行问题的编号（0 开始编号，格式：case #0: 等），然后在一行中输出按要求找到的最长等差数列的长度。
 
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int computeLength(int A [ ], int n) {
    // 如果数组长度小于等于2的时候，等差数列必定成立，所以直接返回大小
    if(n<=2)
        return n;
    int i, j, d, ans = 1;
    // 对数组内容做一次进行升序排序
    sort(A,A+n);
/* 使用在数组中存放map的方式来记录数据，采用自底向上的思想来更新构成等差数列的个数
    首先我们要后项减去前项，所以保证j>i
    d = A[j] - A[i]; d是第j项减去第i项的差值
    dp[j][d]表示的意思是A数组中第j个数字它参与差值为d的等差数列个数
    所以可以通过 dp[j][d] = dp[i][d] + 1;
    解释为： 数组中第j个数字它参与差值为d的等差数列个数 = 第i个数字它参与差值为d的等差数列个数 + 加上j这个数字的个数（也就是加 1 ）
    为了记录最大等差数列个数，需要在每次更新中进行比较
    ans = max(ans, dp[j][d]);
    举例子： [ 1 , 2 ,3 ,4 ,5 ]
    计算完后的数据结构表示为
    [ {  } , { 1:1 } , { 1:2 , 2:1 } , { 1:3 , 2:1 , 3:1 } , { 1:4 , 2:2 , 3:1 ,4:1} ]
    { 1:4 , 2:2 , 3:1 ,4:1 } 是数组下标为4的数字5所包含的差值map集合
    map是以key:value的形式存储，1:4表示key为1的时候value为4
    5-1的差值为4，因此d=4，又因为数字5的下标为4，所以dp[4][4]=dp[3][4]+1
    因为dp[3]的map中不存在key为4的value，默认返回0，所以dp[3][4] = 0 ， dp[4][4]=1   ==> 在dp[4]的map中生成{4:1}
    由于map<int, int>默认初始为0，所以答案需要加上1才是正确的数量
*/
    map<int, int> dp[n];
    for (j = 1; j < n; ++j) {
        for (i = 0; i < j; ++i) {
            d = A[j] - A[i];
            dp[j][d] = dp[i][d] + 1;
            ans = max(ans, dp[j][d]);
        }
    }
    return ans + 1;
}

int main(dex; i<100; i++)){
    int n=0,i=0,m=0;
    int A[101]= {0};
    cin>>n; // 给n赋值等价于 scanf("%d",&n);
    while(n-->0) {
       int j=0;
       cin >> m;
       while(j<m)
         cin >> A[j++];
         cout << "case #" << i << ":\n" << computeLength(A,j) << endl;
         i++;
    }
    return 0;
}
 
3002 泰波拿契数列的前74项：
 
在 Microsoft 和 Google 等众多名企的笔试或面试题中出现过一道题目，计算一个泰波拿契（tribonacci）数列。
 泰波拿契数列的递归定义为：
 T(0)=0
 T(1)=T(2)=1
 T(n)=T(n−1)+T(n−2)+T(n−3)(当n>2时)
 根据定义，不难发现，数列的前几项为 0,1,1,2,4,7,13,24,44,81,149 等。
 现在给定一个整数 n，计算 T(n) 的值。
 输入: 第 1 行：一个整数 T (1≤T≤10) 为问题数。
 接下来共 T 行。每行一个整数，表示 n(0≤n<74)。
 输出: 对于每个问题，输出一行问题的编号（0 开始编号，格式：case #0: 等）。
 然后对应每个问题在一行中输出 T(n)的值。
 
#include <stdio.h>
#include <stdlib.h>
#include <string.h>
int main() {
    long long dp[75]= {0};
    int i=0,k=0,j=0,n=0;
    dp[0]=0;
    dp[1]=1;
    dp[2]=1;
    for(i=3; i<75; i++) {
        dp[i] = dp[i-3]+dp[i-2]+dp[i-1];
    }
    scanf("%d",&n);
    while(n-->0) {
        scanf("%d",&k);
        printf("case #%d:\n%lld\n",j,dp[k]);
        j++;
    }
    return 0;
}
 
多项式专题 2 2999 3028
 练习: 2845符号方程求解 // 2944四元一次方程 // 2891多次函数 (选做) // 3006计算多项式的系数 HINT: Fermat’s little theorem – 假如p是质数，且gcd(a,p)=1，那么 a(p-1)≡1（mod p）
 
一元多项式乘法
 计算两个一元多项式的乘积。
 输入:每行两个多项式，以一个空格分隔，多项式格式为 anxn+…+a1x+a0。
 每行长度不超过100，0<n<50。
 输出: 每组数据一行，根据次数由高到低顺序输出两个多项式乘积的非零项系数，两个系数之间由一个空格分隔。
 
例如：
 输入： x^2-3x+1 x^3
 计算：（ x2-3x+1）*（x3）
 =x5-3x4+x^3
 输出系数： 1 -3 1
 1、输入多项式
 2、解析多项式中的系数和指数
 3、计算多项式乘法
 4、输出乘积的系数
 
typedef struct {
    int dim; //记录多项式最高次方
    int coef[50]; //记录多项式各项的系数
} Polynome;

int main(){  
    Polynome poly1,poly2,result;//声明三个变量
    char s[512];
    scanf (“%s”,s);//输入多项式1
    ReadPoly(s,&poly1);/*将多项式1各项系数指数最高次方存储在结构体中*/
    scanf (“%s”,s);//输入多项式2
    ReadPoly(s,&poly2);//多项式2各项系数指数最高次方
    PolyMult(&poly1,&poly2,&result); /*多项式相乘将结果存放在result中*/
    output(&result);//输出result中的非零系数
    return 0;
}
 
声明和初始化结构体变量
 （1）声明三个结构体
 Polynome poly1,poly2,result;
 （2）初始化结构体
 void init(Polynome *poly,int dim){
 int i;
 poly->dim=dim;
 for (i=0;i<=dim;i++)
 poly->coef[i]=0;
 }
 解析多项式中的系数和指数
 
Polynome * ReadPoly (char s[],Polynome *poly){ 
	char *p;//定义字符指针
	int coef = 0,dim = 0;p = s;//指向字符串s
	p=ReadTerm(p,&coef,&dim);//解析多项式第一项系数和指数
	init(poly,dim);//初始化结构体poly
	poly->coef[dim] = coef;/*系数存放在下标为dim数组元素中*/
	while(*p){	//读取多项式后面的项，存储系数在结构体数组元素
	 p=ReadTerm(p,&coef,&dim);//解析多项式一项系数和指数
	  poly->coef[dim] = coef; 
     }
	return poly;
}
char * ReadTerm(char* p, int* coef, int* dim){
	*coef = 0; *dim = 0;int sign=1;
	if(*p == '-'){
		sign = -1;
		p++;
	}
	else if(*p == '+'){
	 	sign = 1;
		p++;
	}
	while(isdigit(*p)){	
		*coef = *coef*10+*p-'0';
		p++;
	}
	if(*p != 'x'){
		*coef *= sign;
		return p;
	}
}
if(*coef == 0)
	*coef = 1;
	*coef *= sign;
	p++;
	if(*p!='^'){
		*dim = 1;
		return p;
	}
	p++;
	*dim = 0;
	while(isdigit(*p)){
		*dim = *dim*10+*p-'0';
		p++;
	}
	return p;
}
void PolyMult(Polynome* poly1,Polynome * poly2,Polynome *result){
    int m=poly1->dim+poly2->dim;//计算最高次方的和
    init(result,m);//初始化result
    int i,j;
    for (i=0;i<=poly1->dim;i++){
        for (j=0;j<=poly2->dim;j++){
            result->coef[i+j]=result->coef[i+j]+poly1->coef[i]*poly2->coef[j];
        }
    }
}
void output(Polynome *result){
/*由于要输出有空格分割的非零系数，最后一个系数结束不能有空格，因此将非零系数另外放在一个数组，单独输出最后一个元素。*/
   int i,j,out[100];
   for (i=0,j=0;i<=result->dim;i++)
    	if (result->coef[i]!=0){
			out[j]=result->coef[i];
			j++;
		}
      for (j=j-1;j>0;j--) 
			printf("%d ",out[j]);
      printf("%d",out[j]);
}
 
2999.计算多项式的系数
 
给定一个多项式 (a×x+b×y)k，计算多项式展开后 xn×ym项的系数。
 输入: 第 1 行：一个整数 T (1≤T≤10) 为问题数。
 接下来共 T 行。每行 5 个整数，分别为 a，b，k，n，m，整数之间由一个空格分隔。
 0≤k≤1000,0≤n,m≤k,且n+m=k，0≤a,b≤1000000
 输出: 对于每个问题，输出一行问题的编号（0 开始编号，格式：case #0: 等）。
 然后对应每个问题在一行中输出一个整数，表示所求的系数（这个系数可能很大，输出对 10007 取模后的值）。
 因此，我们可以定义个静态二维数组dp[n][m]存放xiyj 的系数。
 当k=i+j=0时 dp[0][0]=1;
 当k>0时
 当i0时， dp[i] [j]= b*dp[i][j-1]
 当j0时， dp[i] [j]= adp[i-1][j]
 否则，dp[i] [j]=a dp[i-1] [j]+b* dp[i] [j-1]
 例如：当j==0时，x1000y0系数=a*(x999y0)的系数，
 即dp[1000][0]=a*dp[999][0]
 
问题：数值范围
 0≤k≤1,000，0≤n,m≤k，
 n+m=k，0≤a,b≤1,000,000
 例如：k=1000, a=b=1000000
 由于x1000y0系数为a1000, a1000将达到106000，这是一个很大的数
 数值范围的解决方法
 使用模运算的性质：(ab)%N = (a%N * b%N)%N, 由于N=10007，因此计算的中间结果用int表示就行了。
 因此，根据模运算性质，我们在输入a，b时和计算dp[i][j]都做了%N运算
 f(n,m,a%N,b%N));
 dp[i][j] = bdp[i][j-1]%N;
 dp[i][j] = adp[i-1][j]%N;
 dp[i][j] = (adp[i-1][j]+b*dp[i][j-1])%N;
 
void solve(){
	int a,b,n,m;
	scanf("%d%d%*d%d%d",&a,&b,&n,&m);
	printf("%d\n",f(n,m,a%N,b%N));
} 
int f(int n,int m,int a, int b){
   static int dp[M][M]={1},i,j;
  for (i=0;i<=n;i++) for (j=0;j<=m;j++){
     if (i+j)
     if (i==0)   dp[i][j] = b*dp[i][j-1]%N;
     else if (j==0)  dp[i][j] = a*dp[i-1][j]%N;
     else   dp[i][j] = (a*dp[i-1][j]+b*dp[i][j-1])%N;
  }
  return dp[n][m];
}
 
3028 构造多项式
 
给你 9 个整数，分别是 x8 到 x0 的系数，请按照多项式的一般构造规则合理构造。构造规则如下：
 (1) 多项式的项必须按其指数从高到低排列。
 (2) 指数必须跟在符号 ^ 后显示。但指数为 1 时，则不需要显示指数 1。
 (3) 常数项不显示变量 x，只显示系数。
 (4) 只显示系数不为 0 的项，如果系数全为 0，则需要显示常数项 0。
 (5) 系数是 1，指数不为 0 时，则不显示系数 1。而系数是 1，指数为 0 时，系数的 1 需要显示。
 (6) 系数是−1，指数不为 0 时，则只显示负号，不显示 1。而系数是−1，指数为 0 时，则显示−1。
 输入: 第 1 行：一个整数 T (1≤T≤10) 为问题数。
 接下来有 T 行，对应每个问题有 1 行，每行有 9 个整数，整数之间用空格分隔。这 9 个整数的取值范围为 [−1000,1000]。
 输出: 对于每个问题，输出一行问题的编号（0 开始编号，格式：case #0: 等）。
 然后对应每个问题在一行中输出对应的多项式。
 
解题思路
 1、循环输入9个整数，循环变量从8开始到0；
 2、判断是否为首项，记录首项位置；
 3、如果首项为0,并且i==0，说明仅有常数项，输出该整数，包括0。
 3、如果首项位置不为0并且绝对值非0的情况下：
 如果a>0且非首项输出+号;
 如果a<0, 输出-号；
 4、如果a的绝对值不为1或者i=0，输出a的绝对值
 否则不输出;
 5、如果i>0，输出x;
 6、如果i>1，输出^i。
 
 void solve() {
 	int i,a,first=0,flag=0;//引入flag判断是否为首项，first记录首项非零是第几项
 	for (i=8;i>=0;i--){
     scanf("%d",&a);
     if (a&&!flag) {
			flag=1,first=i; //如果非0，flag为0，说明该项是首项
	  }
     if (first==0 && i==0)  printf(“%d”,a);//如果是仅有常数项输出
     if (first!=0 &&a!=0){
         if (a<0) 	printf("-");
         if (a>0 && i!=first) 	printf("+");
         if ((int)fabs(a)!=1||i==0) 	printf ("%d",(int)fabs(a));
         if (i>0)	 printf("x");
         if (i>1) 	printf("^%d",i);
	  }
	}
	printf("\n");
}