bupt summer training for 16 #4 ——数论

https://vjudge.net/contest/173277#overview

A.平方差公式后变为 n = (x + y)(x - y)

令 t = x - y ，变成

n = (t + 2x) * t，要 x 最小

O(sqrt(n)) 枚举 n 的因数即可

 #include <cstdio>

 typedef long long ll;

 ll n, m, k, t;

 int main() {
     scanf("%lld", &n);
     while(n --) {
         k = ;
         scanf("%lld", &m);
         for(ll i = ;i * i < m;i ++) {
             if((m % i == ) && ((m / i - i) %  == ) ) {
                 t = (m / i - i) / ;
                 k = ;
             }
         }
         if(!k) puts("-1");
         else printf("%lld\n", t);
     }
     return ;
 }

B.

C.如果GCD中间是加号会困难很多

乘号的话，我们枚举质数对ans的贡献即可

质数 pi 对结果的贡献就是

pow(pi，(n/pi)*(m/pi) + (n/pi^2)*(m/pi^2) + (n/pi^3)*(m/pi^3) +... )

最坏效率，1kw质数大约 n / ln(n) 个

pi = 2， 计算贡献需要logn次，快速幂约logn

复杂度约为 O(n / ln(n) * logn)，考虑到后面质数变大

pi > 100时， 计算贡献就只有3次了

实际计算贡献和快速幂平均下来不到2次

所以 n = 1kw 时是O(n)级别的

 #include <cstdio>
 #include <algorithm>

 using std::swap;

 typedef long long ll;

 int p[], v[];

 int tt;

 long long n, m, ans;

 const int Mod = 1e9 + ;

 ll calc(ll x, ll k) {
     ll res = ;
     for(;k > ;x = x * x % Mod, k >>= )
         if(k & ) res = res * x % Mod;
     return res;
 }

 int main() {
     for(int i = ;i <= ;i ++) {
         if(!v[i]) p[++ p[]] = i;
         for(int j = ;j <= p[] && 1ll * i * p[j] <= ;j ++) {
             v[i * p[j]] = ;
             if(i % p[j] == ) break;
         }
     }
     long long t, cnt;
     scanf("%d", &tt);
     while(tt --) {
         ans = ;
         scanf("%lld %lld", &n, &m);
         if(m > n) swap(n, m);
         for(int i = ;p[i] <= m && i <= p[];i ++) {
             t = p[i], cnt = ;
             while() {
                 cnt += (n / t) * (m / t);
                 if(m / t >= p[i]) t *= p[i];
                 else break;
             }
             ans = ans * calc(p[i], cnt) % Mod;
         }
         printf("%lld\n", ans);
     }
     return ;
 }

D.这个题今年3月刚写的又忘记了...

我们一个想法是分解质因数

得到 n! 里每个质数出现的最少次数

但我们平时分解质因数都是O(sqrt(n))的

即使使用前缀和，10^7也无法O(n^1.5)分解

所以这里用了一个巧妙又优秀的的O(nlogn)处理方法

 for(int i = ;i * i <= m;i ++) {
         if(v[i]) continue;
         for(int j = i * i;j <= m;j += i)
             v[j] = -i;
     }
 for(int i = ;i <= m;i ++) {
         int j = i;
         while() {
             if(v[j] >= ) {
                 cout << j << endl;
                 break;
             }
             else cout << -v[j] << endl, j /= -v[j];
         }
     } 

当 i 为非质数时， -vis[i] 存的是 i 的最大的不大于sqrt(i)的质因数

分解质因数后可以二分

也可以用每个质数出现的个数得到不等式 n >= ci

实际效率约均为O(n)级别，前者思考复杂度低

 #include <bits/stdc++.h>

 #define rep(i, j, k) for(int i = j;i <= k;i ++)
 #define rev(i, j, k) for(int i = j;i >= k;i --)

 using namespace std;

 typedef long long ll;

 const int maxn = ;

 int n, m, a[maxn], b[maxn], p[maxn];

 int v[maxn], num[maxn];

 ll cnt[maxn];

 bool judge(ll x) {
     ll y, c;
     rep(i, , p[]) {
         y = x, c = ;
         while(y) y /= p[i], c += y;
         if(c < cnt[i]) return ;
     }
     return ;
 }

 int main() {
     ios::sync_with_stdio(false);
     cin >> n;
     rep(i, , n) {
         cin >> a[i];
         m = max(m, a[i]);
         b[a[i]] ++;
     }
     for(int i = ;i * i <= m;i ++) {
         if(v[i]) continue;
         for(int j = i * i;j <= m;j += i)
             v[j] = -i;
     }
     rep(i, , m)
         if(!v[i])
             p[++ p[]] = i, num[i] = p[];
     rev(i, m, )
         b[i] += b[i + ];
     rep(i, , m) {
         int j = i;
         while() {
             if(v[j] >= ) {
                 cnt[num[j]] += b[i];
                 break;
             }
             else cnt[num[-v[j]]] += b[i], j /= -v[j];
         }
     }
     ll l = , r =  10000000000000ll, mid, ans;
     while(l <= r) {
         mid = (l + r) >> ;
         if(judge(mid)) ans = mid, r = mid - ;
         else l = mid + ;
     }
     cout << ans;
     return ;
 }

E.利用欧拉函数的性质，对于给定的 x

满足 phi[n] >= x 的最小的 n 一定是个质数

范围不大预处理即可

 #include <cstdio>

 const int maxn = ;

 int pr[maxn], ph[maxn], vis[maxn];

 int Case, n, a, b[maxn];

 long long ans;

 int main() {
     for(int i = ;i < maxn;i ++) {
         if(!vis[i]) {
             pr[++ pr[]] = i;
             ph[i] = i - ;
         }
         for(int j = ;j <= pr[] && i * pr[j] < maxn;j ++) {
             vis[i * pr[j]] = ;
             if(i % pr[j] == ) break;
         }
     }
     int last = ;
     for(int i = ;i;i --) {
         b[i] = last;
         if(ph[i]) last = i;
     }
     scanf("%d", &Case);
     for(int t = ;t <= Case;t ++) {
         ans = ;
         scanf("%d", &n);
         for(int j = ;j <= n;j ++) {
             scanf("%d", &a);
             ans += b[a];
         }
         printf("Case %d: %lld Xukha\n", t, ans);
     }
     return ;
 }

F.

G.求前几位的题目，取个对数就行

利用斐波那契数列的通项公式

我们发现后面减去的一项<1，n变大之后忽略即可

取完对数乘法变加法

最后输出前4位，必须舍去后面位数所以直接double转int

%.0f 会四舍五入并不满足要求

 #include <cstdio>
 #include <cmath>
 #include <algorithm>

 using std::abs;

 int n, f[];

 int main() {
     f[] = ;
     for(int i = ;i < ;i ++) f[i] = f[i - ] + f[i - ];
     while(scanf("%d", &n) != EOF) {
         if(n < ) printf("%d\n", f[n] % );
         else {
             double x = (log( / sqrt(5.0)) + log((sqrt(5.0) + ) / ) * n) / log(10.0);
             x -= (int)x;
             x = pow(, x);
             while(x < ) x *= ;
             printf("%d\n", (int)x);
         }
     }
     return ;
 }

H.

I.混进来的放水题目

可以先把每一层节点都挂到上一层的一个节点上

可以出现最多的叶子节点

如果发现太多了就开始把当前层的节点

往上一层的其他节点上挪动，每动一次减少一个叶子节点

 #include <cstdio>

 const int maxn = ;

 int n, t, k, b[maxn], s[maxn], a[maxn];

 int main() {
     s[] = , s[] = ;
     scanf("%d %d %d", &n, &t, &k);
     if(k > n - t) {
         puts("-1");
         return ;
     }
     for(int j = ,i = ;i <= t;i ++) {
         scanf("%d", &a[i]), s[i + ] = a[i] + s[i];
         for(int p = ;p <= a[i];p ++, j ++)
             b[j] = s[i - ];
     }
     k = n - t - k;
     if(k > ) {
         for(int p = ;p <= t;p ++) {
             for(int j = s[p - ] + , i = s[p] + ;i < s[p + ] && j < s[p];i ++, j ++) {
                 b[i] = j, k --;
                 if(!k) break;
             }
             if(!k) break;
         }
     }
     if(k) puts("-1");
     else {
         printf("%d\n", n);
         for(int i = ;i <= n;i ++)
             printf("%d %d\n", i, b[i]);
     }
 }

J.快速幂水题

另外因为2009非质数，所以不到50的时候ans已经变成0了

 #include <cstdio>

 typedef long long ll;

 ll n, a[];

 ll power(ll x, ll k) {
     ll res = ;
     for(;k;k >>= , x = x * x % )
         if(k & ) res = res * x % ;
     return res;
 }

 int main() {
     ll m, ans;
     a[] = , a[] = ;
     for(int i = ;i < ;i ++)
         a[i] = a[i - ] * i % ;
     while(scanf("%lld", &n) != EOF) {
         ans = ;
         m = n / ;
         ans *= power(a[], m);
         printf("%lld\n", ans * a[n % ] % );
     }
     return ;
 }