HDU 2303 The Embarrassed Cryptographer

The Embarrassed Cryptographer

题意

• 给一个两个素数乘积(1e100)K, 给以个数L(1e6), 判断K的两个素数是不是都大于L

题解

• 对于这么大的范围，素数肯定是要打表(可采用埃筛,欧拉筛,莫比乌斯筛);这里有别人模板
• 简单的想法是遍历表中<L的素数去模K(即便对K分解也是如此办的)
• 但K很大需要高精度取模，由于足够大需要转换成K,L都足够大需要转换成千进制

代码

素数打表

int isp[maxn];// isp[i]=0 i是素数
int su[maxn];// su[i]=p 第i个素数是p
int cnt;
void get_prime(){
    mm0(isp);
    cnt=0;
    for(int i=2;i<=maxn;i++){
        if(isp[i]==0){
            su[++cnt]=i;
        }
        for(int j=1;su[j]<su[cnt]&&su[j]*i<=maxn;j++){
            isp[su[j]*i]=1;// 非素数
            if(i%su[j]==0) break;//一个优化，每个被删掉的合数都是以最小素因子标记，这样可以避免重复删掉合数
        }
    }
    //确定能满足循环(找比L小的素数)结束
    su[++cnt]=1e9+7;
}

高精度取模

基本原理:

(a+b)%c=(a%c+b%c)%c (1)

(ab)%c=((a%c)(b%c))%c (2)

对于(2) 式这样也成立 (ab)%c=((a%c)b)%c

证明可通过a=ck1+t1,b=ck2+t2 形式证明

所以如123%13 可以先求 1%13,然后求12%13,最后求123%13

我们这里 展示十进制情况:

int get_mod(int p){
    int m=0;
    for(int i=0;i<strlen(s);i++){
        m=((m*10)%p+(s[i]-'0')%p)%p;
    }
    return m;
}
//值得一提的是 s[0]式最位,对这份代码进行改变时，需注意自己的存储哪一位时高位

题目的AC代码

#include <bits/stdc++.h>
typedef long long ll;
#define mm0(x) memset(x,0,sizeof(x))
#define mm1(x) memset(x,0x1f,sizeof(x))
#define mm2(x) memset(x,0x3f,sizeof(x))
#define mm3(x) memset(x,0xff,sizeof(x))
const int maxn = 1e6 + 5;
const int maxm = 1e5+5;
//author:fridayfang
//date:18.8月 21
//global varibles
//大数(高精度)取模+素数筛法
char s[102];//所有因子 K 10^100
int kt[34];
int isp[maxn];// isp[i]=0 i是素数
int su[maxn];// su[i]=p 第i个素数是p
int cnt;
void get_prime(){
    mm0(isp);
    cnt=0;
    for(int i=2;i<=maxn;i++){
        if(isp[i]==0){
            su[++cnt]=i;
        }
        for(int j=1;su[j]<su[cnt]&&su[j]<=maxn/i;j++){
            isp[su[j]*i]=1;// 非素数
            if(i%su[j]==0) break;
        }
    }
    //确定能满足循环(找比L小的素数)结束
    su[++cnt]=1e9+7;
}
//get prime
int get_mod(int p,int po){
    int m=0;
    for(int i=po;i>=1;i--){
        m=((m*1000)%p+(kt[i])%p)%p;
    }
    return m;
}
/*
int get_mod(int p){
    int m=0;
    for(int i=0;i<strlen(s);i++){
        m=((m*10)%p+(s[i]-'0')%p)%p;
    }
    return m;
}
*/
void read(){
    int L;
    while(true){
        scanf("%s",s);
        scanf("%d",&L);
        if(L==0) break;
        //转换为千进制
        int po=0;
        int len=strlen(s);
        int j;
        for(j=len-1;j-2>=0;j=j-3){
            kt[++po]=((s[j]-'0')+(s[j-1]-'0')*10+(s[j-2]-'0')*100);
        }
        po++;
        kt[po]=0;
        int mul=1;
        while(j>=0){
            kt[po]+=(s[j]-'0')*mul;
            j--;
            mul=mul*10;
        }
        //printf("kt%d %d\n",kt[1],kt[2]);

        int i=0;
        bool good=true;
        while(su[++i]<L){
            //printf("mod %s %d %d\n",s,su[i],get_mod(su[i],po));
            if(get_mod(su[i],po)==0){good=false;break;}
        }
        if(good) printf("GOOD\n");
        else printf("BAD %d\n",su[i]);
    }
}

int main(){
    get_prime();
    read();
    return 0;
}

需要对高精度和数论进行补题