不可表示的数[x/2] + y + x * y

前端是时间在庞果网上看到不可表示的数的编程题（如下），我自己也试着解答了一下，写的算法虽然没有没有错，但是跑了一些还只是跑到a8，后来到自己整理一下网上的解答过程，虽然解答写的很清晰，但是有些知识还是不是很清楚，要弄清楚还是得自己在找其他的资料。

给定表达式[x/2] + y + x * y, 其中x,y都是正整数。其中的中括号表示下取整，例如[3/2] = 1 ， [5/2]  = 2。

有些正整数可以用上述表达式表达出来，例如正整数2，当取x = y = 1时，可以把2表达出来

（ 解释下：当x=y=1时， [x / 2] + y + x * y = [1 / 2] + 1 + 1 * 1 = 0+1+1 = 2 ）；

有些数可以有多种方式表达，例如13可以由 x = 2 y = 4 以及x = 3 y = 3来表示；

有些数无法用这个表达式表达出来，比如3。

从1开始第n个不能用这个表达式表示出来的数，我们叫做an，例如a1=1 a2=3,给定n，求an。

输入：n值 1<=n<=40

输出：an % 1000000007的结果（因为结果较大，输出an %1000000007的结果）。

推理解答过程：

1、  对[x/2] + y + x * y分析，试探：x=1，原式=2y，表示所有偶数，即对所有偶数都能用此式表示，故后文重点讨论哪些奇数不能被其表示（本文讨论的所有奇偶数都为非负数）。

2、  对x分为4n,4n+1,4n+2,4n+3四种情况讨论。

容易得到，x=4n+1时，不论y取何值，原式必为偶数，与1)中情况重复，故舍去不讨论；

x=4n时，y=2m+1才能保证原式为奇数，其中要保证n>0；

x=4n+2时，y=2m才能保证原式为奇数，其中要保证m>0；

x=4n+3时，y=2m或2m+1都能使原式为奇数；

故只讨论后三种情况。

3、  把x=4n，y=2m+1代入原式易得2(m+n)+8mn+4n+1、n>0；

把x=4n+2，y=2m代入原式易得2(m+n)+8mn+4m+1、m>0；

明显，这两种情况可表示的奇数是相同的，故只需研究其中一种即可。

总结一下，目前已知原式对所有偶数可表示，对哪些奇数可表示呢？我们要研究的情况只有两种x=4n+2（即x=4n）与x=4n+3时的情况。

4、  对x=4n+2时，不限制y的奇偶性，此情况下，原式可表示为2n+3y+4ny+1；

对x=4n+3时，不限制y的奇偶性，，此情况下，原式可表示为2n+4y+4ny+1；

下面我们重点讨论这两种情况表示的奇数包括哪些。

5、  对x=4n+3，原式=2n+4y+4ny+1=2(n+1)(2y+1)-1，即表示一个奇数(2y+1)的偶数倍减1。也就是说x=4n+3情况时，表示的奇数都具备一个特征：这个奇数可以写成一个奇数的偶数倍减1。

故我们可以得到下面的结论：在x=4n+3的情况下，如果偶数B能写成一个奇数的偶数倍，即奇数与偶数的乘积，那么奇数A=B-1可以被原式表示。

其逆否命题：在x=4n+3的情况下，奇数A=B-1不可以被原式表示，则偶数B不能写成奇数与偶数的乘积，即其因子分解只能写成偶数与偶数的乘积。

一个偶数因子分解只能写成偶数与偶数，只有2的幂了。

故得到结论：在x=4n+3的情况下，不可以被原式表示的奇数都是2的幂减1。

6、  对x=4n+2，原式=2n+3y+4ny+1=[(4n+3)(2y+1)-1]/2，即表示两个奇数的积减1的差的一半。也就是说x=4n+2情况时，表示的奇数都具备一个特征：这个奇数可以写成两个奇数的积(4n+3)(2y+1)减1的差的一半。

换句话说，在x=4n+2的情况下，原式所能表示的奇数A都可以写成两个奇数的积减1的差的一半。反过来，2A+1必定能写成两个奇数的积。

而对任意的2A+1必为奇数，它要么能写成两个奇数的积，要么是素数。

故得到结论：在x=4n+2的情况下，不可以被原式表示的奇数A都是某个素数减1的差的一半。

7、  把1）、5)与6)的结论综合起来，对任意正整数x、y，如果不能被原式表示，它必定是奇数，这个奇数必定是2的幂减1，同时是某个素数减1的差的一半。

用形式化语言表达，对任意正整数x、y，不能被[x/2] + y + x * y表示的数，必定可以写成2^p-1，且2^(p+1)-1是一个素数。

8、  于是我们得到这个问题的解答：an中的元素都满足2^p-1且2^(p+1)-1是素数。

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编程求解：

问题从数学上已经解决了，并得到了一个漂亮的解答。但如何求2^p-1，还要判断2^(p+1)-1是否为素数，这都是非常困难。

一步步来，求素数，传统方法当然是素性检测，以前写过一个拉宾米勒测试，很复杂。但突然意识到对2^p-1如果是素数的话，数论被叫做梅森素数，前人肯定有总结。

百度一下，前40个梅森素数的幂指数(p+1)取值为：2,3,5,7,13,17,19,31,61,89,107,127,521,607,1279,2203,2281,3217,4253,4423,9689,9941,11213,19937,21701,23209,44497,86243,110503,132049,216091,756839,859433,1257787,1398269,2976221,3021377,6972593,13466917,20996011。

有了梅森素数，只要求相应的2^p-1即可。素数的问题是解决了，但2^20996011是个什么概念，天文数字，再强大计算机一时半会儿也算不出来。幸好题目是拿an对1000000007取模。通过模运算可以简化问题。

模运算(2^p-1)%N=(2^p%N-1)%N，在这里等于2^p%N-1。但下面一个问题来了2^p%N怎么求？

2^p%N是一个庞大的数，传统的方法是递归，无论从空间还是时间上来说都不解决问题。幸好往日有积累，对这种变态需求，当然有特殊手段。运用蒙哥马利算法可以迅速解决，秒杀之。

最后得到an的前40个数：1,3,15,63,4095,65535,262143,73741816,536396503,140130950,487761805,319908070,106681874,373391776,317758023,191994803,416292236,110940209,599412198,383601260,910358878,532737550,348927936,923450985,470083777,642578561,428308066,485739298,419990027,287292016,202484167,389339971,848994100,273206869,853092282,411696552,876153853,90046024,828945523,697988359。

提交代码的时候，写成枚举，成功!

求解程序：

#include <iostream>
using namespace std;
//蒙哥马利算法
unsigned __int64 mod_exp(int a,int b0,unsigned long n)
{
	if(a > n ) a %= n;
	int i;
	unsigned __int64 d = 1;
	int  b[35];
	for(i=0; i < 35; ++i )
	{
		b[i]= b0%2;
		b0/= 2;
		if(b0 == 0 ) break;
	}
	for(;i >= 0; --i )
	{
		d= (d*d)%n;
		if(b[i] == 1 )
		{
			d= (d*a)%n;
		}
	}
	return d;
}

int givean(int n)
{
	int num[40]={
		2,3,5,7,13,17,19,31,61,89,107,127,521,607,1279,2203,2281,3217,4253,4423,9689,
		9941,11213,19937,21701,23209,44497,86243,110503,132049,216091,756839,859433,
		1257787,1398269,2976221,3021377,6972593,13466917,20996011
	};
	unsigned __int64 x=mod_exp(2,num[n-1]-1,1000000007)-1;
	return x;
}
int main()
{
	unsigned __int64 kk=givean(40);
	printf("%d",kk);
	return 0;
}

解题完毕!