【hackerrank】Week of Code 26

在jxzz上发现的一个做题网站，每周都有训练题，题目质量……前三题比较水，后面好神啊，而且类型差不多，这周似乎是计数专题……

Army Game

然后给出n*m,问需要多少个小红点能全部占领

解法：乘法。。。

Best Divisor

给一个数，问一个数的约数中数字和最大的约数。

解法：直接分解质因数就可以啦。

Twins

孪生质数定义为两个质数之差为2，问n,m之间有多少个孪生质数（n<=m<=10^9,m-n<=10^6)

解法：显然直接判断区间内相邻的两个奇数是否为质数就可以啦。然而n和m比较大，所以判断是否为质数不能直接用sqrt(n)这样去枚举，可以先用线性筛处理出sqrt(n)的质数，判断的时候直接枚举质数表里面的质数就可以啦。

  #include<cstdio>
   #include<cstring>
   #include<cstdlib>
   #include<queue>
   #include<algorithm>
   #include<stack>
   #include<cmath>
   #include<map>
   #define LL long long
  #define maxn 1000100

  using namespace std;

  int n,m,now,sum,prime[maxn],ok[maxn],tot=;
  void calc()
  {
      int i,k;
      for (i=;i<maxn;i++) {
          if (!ok[i]) prime[tot++]=i;
          for (LL j=(LL)(i)*prime[k=];j<maxn;j=i*prime[++k]) {
          //    printf("%lld %d\n",j,i);
              ok[j]=;
              if (!(i%prime[k])) break;
          }
      }
  //    for (int i=0;i<tot;i++) printf("\t%d",prime[i]);
  }

  int check(int x)
  {
      if (x==) return ;
      for (int i=;i<tot && prime[i]<=sqrt(x);i++)
          if (!(x%prime[i])) return ;
      return ;
  } 

  int main()
  {
      calc();
      scanf("%d %d",&n,&m);
      now=,sum=;
      if (!(n%)) n++;
      for (int i=n;i<=m;i=i+)
          if (check(i)) {
              if (now) ++sum;
              else ++now;
          }
          else
              now=;
      printf("%d\n",sum);
      return ;
  }

Music on the Street

给出一些在数轴点（n<10^6)，给出一个长度m(<10^9)，再给一个hmin,hmax,找到一个区间使区间内两个点直接的距离大于hmin小于hmax，头尾两个点离区间端点距离大于hmin小于hmax。

解法：队列模拟一下就可以啦。

如果队头的点和当前的点距离大于m就出队，

同时如果当前点和队尾的点不满足距离大于hmin小于hmax，全部出队。

当前点进队

同时记录一个当前左端允许的最左边界=max(上一个出队的点，当前对头-hmax）

然后计算对头允许的区间+m和队尾的点的大于hmin小于hmax有没有交集（判断方法两个区间左端点最大值小于等于两个区间右端点最小值，一直这里判断错，要么就是复杂了……）

有的话就是一个合法解啦。

然后要注意一些情况，比如m比hmax小……有可能直接就……

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<queue>
#include<algorithm>
#include<stack>
#include<cmath>
#include<map>
#define maxn 1000100
using namespace std;

int n,len,hmin,hmax,i,num[maxn];
queue<int> pp;

int calc()
{
    int lnow,i;
    num[]=num[]-hmax-;
    lnow=num[];
    num[n+]=num[n]+hmax+;
    pp.push(i=);
    while (++i<=n) {
        int last,l1,l2,l3,l4;
        while (pp.size() ) {
            if (num[i]-num[last=pp.front()]+hmin<=len
                && num[i]-num[pp.back()]<=hmax
                && num[i]-num[pp.back()]>=hmin ) break;
            lnow=num[last];
            pp.pop();
        }
        pp.push(i);
        last=pp.front();
        lnow=max(lnow,num[last]-hmax);
        if (num[last]-lnow>=len && len<=hmax) return num[last]-len;
        if (pp.size()) {
            l1=max(lnow,num[last]-hmax)+len;
            l2=num[last]-hmin+len;
            l3=num[i]+hmin;
            l4=min(num[i+],num[i]+hmax);
            if (max(l1,l3)<=min(l2,l4)) return max(l1,l3)-len;
        }
    }
    return -;
}

int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for (i=;i<=n;i++) scanf("%d",&num[i]);
    scanf("%d %d %d",&len,&hmin,&hmax);
    printf("%d\n",calc());
    return ;
}

Satisfactory Pairs

ax+by=n(<3*10^5)，给出n，问多个对点对（a,b)其中a<b。

解法：太弱了不会……潘学姐给思路了还是不会……

贴题解

意思就是先找出所有数的约数（用vector存起来）

然后公式化为ax=n-by，然后第一层循环枚举b，第二层循环枚举y,然后再枚举（n-by）的约数中小于b的，然后y值不用的时候可能有相同的约数导致重复，所以开个数组储存一个当前这个约数被最新更新的b值，每次判断下这个约数是否已经被b求过，没有的话ans++。

复杂度分析是调和数列求和。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<queue>
#include<algorithm>
#include<stack>
#include<cmath>
#include<map>
#include<vector>
#define maxn 301020
#define LL long long
using namespace std;

int num[maxn],prime[maxn],p[maxn],tot=;
vector<int> d[maxn];
int n;
void atfirst()
{
    int i,j,l;
    LL k;
    for (i=;i<maxn;i++) {
        if (!p[i]) {
            p[i]=i;
            prime[tot++]=i;
        }
        for (k=i*prime[j=];j<tot && k<maxn;k=i*prime[++j]) {
            p[k]=prime[j];
            if (!(i%prime[j])) break;
        }
    }
    d[].push_back();
    for (i=;i<maxn;i++) {
        int x=i,y=;
        while (!(x%p[i])) {
            y++;
            x/=p[i];
        }
        for (j=;j<d[x].size();j++)
            for (k=d[x][j],l=y;l;l--,k*=p[i])
                d[i].push_back(k);
        sort(d[i].begin(),d[i].end());
    }
}

int main()
{
    atfirst();
    scanf("%d",&n);
    memset(num,,sizeof(num));
    int ans=;
    for (int b=;b<n;b++)
        for (int i=;i*b<n;i++) {
            int x=n-i*b;
            for (int j=;j<d[x].size() &&d[x][j]<b;j++)
                if (num[d[x][j]]!=b) {
                    ans++;
                    num[d[x][j]]=b;
                }
        }
    printf("%d\n",ans);
    return ;
}

Hard Homework

给一个n（3*10^6)，求一组x+y+z=n使sin(x)+sin(y)+sin(z).

解法，如果是两个数的和，显然很简单，和差化积就变成2*sin((x+y)/2)cos((x-y)/2)，然后只需要知道cos((x-y)/2)的最大值就可以了，这里分情况，和为偶数则最大值显然为cos(0)，如果为奇数，x-y的取值范围是（2，n-2），线性就可以求出。

那现在三个数，枚举第一个数，预处理出cos（（2，n-2）/2）的最大值，然后就可以一直求出后面两个数的最大值啦。

（然而这思路分析也是受潘学姐的启发，学姐好棒）

 #include<cstdio>
 #include<cstring>
 #include<cstdlib>
 #include<queue>
 #include<algorithm>
 #include<stack>
 #include<cmath>
 #include<map>
 #define exp 0.0000000001
 using namespace std;

 int n;
 int main()
 {
     scanf("%d",&n);
     double num1=-,ans=-exp;
     for (int i=n-;i;i--) {
         int now=n-i;
         double now1;
         if (now%) {
             double now2=cos((now-)/2.0);
             if (now2-num1>=exp) num1=now2;
             now1=sin(i)+*sin(now/2.0)*num1;
         }
         else
             now1=sin(i)+*sin((now)/2.0);
         if (now1-ans>=exp) ans=now1;
     }
     printf("%.9lf\n",ans);
     return ;
 }

Hard Homework

Tastes Like Winning

nim问题，n堆，每堆可能取值为（1-2^m-1)，问多少种情况使每堆数量不同且先手胜，n,m<10^9，答案%（10^9+7)，（10^9+7)都是神题

解法：不会写，看不懂，