[kuangbin]数学训练四 数论 [Cloned]

其他 2020-04-13 13:24:33 阅读次数: 0

A - Mathematically Hard——欧拉函数的简单应用

题意
求1~n的欧拉函数的平方的和。
思路
打表求出5e6内的欧拉函数，然后再求平方的前缀和。
需要注意的两点：
1.要用unsigned long long ，只用long long的话范围不够。

2.注意内存，开两个数组似乎就会爆空间。

先用了线性筛法，一直疯狂爆内存，换了埃式筛法，就过了 …我好南啊。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#define ll unsigned long long
using namespace std;

const int N = 5e6 + 10;
ll phi[N] = {0};
int cas,a,b;

void euler1(int n) {
	for(int i = 2; i < n; i++) phi[i] = i;
	for(int i = 2; i < n; i++) {
		if(phi[i] == i) {
			for(int j = i; j < n; j += i) {
				phi[j] = phi[j] / i * (i - 1);
			}
		}
	}
    for(int i = 2 ; i < n; i++){
        phi[i] = (ll)(phi[i-1] + phi[i] * phi[i]);
    }
}
int main(){
    euler1(N-5);
    scanf("%d",&cas);
    int cnt = 0;
    while(cas--){
        scanf("%d %d",&a,&b);
        printf("Case %d: %llu\n",++cnt,phi[b] - phi[a-1]);
    }
    return 0;
}

B - Ifter Party——分解因子

题意

有C个人，然后给他们P个食物，每个人吃Q个，然后剩下L个，给定P和L，Q > L求Q可能的情况。

思路
本题就是分解Q-L的因子，升序输出其中大于L的因子，分解因子的时候要特别注意到因子刚好是开方的情况。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#define ll long long
using namespace std;

const int N = 2e5;
int cas;
ll p, l;
ll ans[N], cnt = 0;

void divide(int n) {
    for(int i = 1; i <= sqrt(n); i++) {
        if(n % i == 0) {
            if(i > l)
                ans[cnt++] = i;
            if(n / i > l && i * i != n)
                ans[cnt++] = n / i;
        }
    }
}
int main() {
    scanf("%d", &cas);
    for(int icas = 1; icas <= cas; icas++) {
        cnt = 0;
        scanf("%lld %lld", &p, &l);
        divide(p - l);
        printf("Case %d:", icas);
        if(cnt == 0) {
            printf(" impossible\n");
        } else {
            sort(ans,ans + cnt);
            for(int i = 0 ; i < cnt; i++)
                printf(" %lld", ans[i]);
            puts("");
        }
    }
    return 0;
}

C - Eid

题意

求给定的 n n 个数的LCM。

思路
利用唯一分解定理的一个性质：
令： a = p 1 c 1 ∗ p 2 c 2 ∗ . . . ∗ p m c m a = p_1^{c_1}*p_2^{c_2}*...*p_m^{c_m}
   b = p 1 d 1 ∗ p 2 d 2 ∗ . . . ∗ p m d m b = p_1^{d_1}*p_2^{d_2}*...*p_m^{d_m}

则 l c m ( a , b ) = p 1 m a x ( c 1 , d 1 ) ∗ p 2 m a x ( c 2 , d 2 ) ∗ . . . ∗ p m m a x ( c m , d m ) lcm(a,b) = p_1^{max(c_1,d_1)}* p_2^{max(c_2,d_2)}*...* p_m^{max(c_m,d_m)}

所以直接找出每个质数因子的最高次幂，然后求所有每个质因子最高次幂的乘积即可。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<string>
#include<sstream>
#include<cmath>
#define ll long long
using namespace std;

const int N = 10010;
int m, cas, a,len;
int prime[N], prime_tot = 0, p[N], c[N],tot = 0,ans[N];
bool prime_tag[N],bk[N];

void get_prime() {
    for(int i = 2 ; i < N; i++) prime_tag[i] = true;
    for(ll i = 2; i < N; i++) {
        for(int j = i * i; j < N; j += i) {
            prime_tag[j] = false;
        }
    }
    for(int i = 2; i < N; i++)
        if(prime_tag[i]) prime[prime_tot++] = i;
}

void mul(int x) {
	int c=0;
	for(int i=0; i<len; i++) {
		int k=ans[i]*x+c;
		c=k/10;
		ans[i]=k%10;
		if(i==len-1&&c) {
			//ans[len]=c;
			len++;
		}
	}
}
void divide(int n) {
    for(int i = 0 ; i < prime_tot && prime[i] <= n; i++) {
        int tmp = 0;
        if(n % prime[i] == 0) {
            if(!bk[prime[i]]){
                p[tot++] = prime[i];
                bk[prime[i]] = true;
            }
            while(n % prime[i] == 0 && n > 1) {
                tmp++;
                n /= prime[i];
            }
            c[prime[i]] = max(c[prime[i]], tmp);
            if(n == 1) break;
        }
    }
    if(n > 1) {
        p[tot++] = n;
        c[n] = max(c[n], 1);
    }
}
int qpow(int a, int b) {
    int ret = 1;
    while(b) {
        if(b & 1) {
            ret *= a;
        }
        a *= a;
        b >>= 1;
    }
    return ret;
}
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    get_prime();
    int icas = 1;
    cin >> cas;
    //scanf("%d", &cas);
    while(cas--) {
        tot = 0;
        memset(p, 0, sizeof(p));
        memset(c, 0, sizeof(c));
        memset(bk, 0, sizeof(bk));
        memset(ans, 0, sizeof(ans));
        cin >> m;
        //scanf("%d",&m);
        for(int i = 0; i < m; i++) {
            cin >> a;
            //scanf("%d",&a);
            divide(a);
        }
        ans[0] = 1;
        len = 1;
        for(int i = 0; i < tot; i++) {
            int num = qpow(p[i],c[p[i]]);
            mul(num);
        }
		cout << "Case " << icas++ << ": " ;
		for(int j = len - 1; j >= 0; j--)
			cout << ans[j];
		cout << "\n";
    }

    return 0;
}
/*
3
5
1 2 3 5 7
3
2 20 10
4
5 6 30 60

*/

D - Trailing Zeroes (I) ——唯一分解定理推论求因数个数

题意

给一个数，求出除1以外的因子的个数。

思路
利用唯一分解定理的一个推论：

N N 的正约数个数为（ ∏ \prod 表示连乘）
( c 1 + 1 ) ∗ ( c 2 + 1 ) ∗ . . . ∗ ( c m + 1 ) = ∏ i = 1 m ( c i + 1 ) (c_1+1)*(c_2+1)*...*(c_m+1)=\displaystyle\prod^m_{i=1} (c_i+1)

求出 N N 的约数个数以后再减去1即可。

#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#define ll long long
using namespace std;

const int N = 1e6 + 10;
ll cas,n;
int prime[N],prime_tot = 0;
bool prime_tag[N] = {0};
void get_prime() {
	for(int i = 2; i < N; i++) {
		if(!prime_tag[i]) {
			prime[prime_tot++] = i;
		}
		for(int j = 0 ; j < prime_tot && i * prime[j] < N; j++) {
			prime_tag[i * prime[j]] = true;
			if(i % prime[j] == 0)
				break;
		}
	}
}

ll solve(ll n) {
	ll res = 1;
	for(int i = 0 ; i < prime_tot && prime[i] * prime[i] <= n; i++) {
		if(n % prime[i] == 0) {
			ll c = 0;
			while(n % prime[i] == 0 && n > 1) {
				c++;
				n /= prime[i];
			}
			res = res * (c + 1);
			if(n == 1)
				break;
		}

	}
	if(n > 1)
		res = res * 2;
	return res - 1;
}

int main() {
	int icas = 1;
	get_prime();
	scanf("%lld",&cas);
	while(cas--) {
		scanf("%lld",&n);
		printf("Case %d: %lld\n",icas++,solve(n));
	}

	return 0;
}

E - Intelligent Factorial Factorization——唯一分解定理分解质因子

题意

给一个 N N ，将 N ！ N！ 分解质因子。

思路

将数据范围内所有的数分解质因子，将质因子和幂储存再数组里，然后求一个前缀和就等于是将阶乘分解质因子。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#define ll long long
using namespace std;

const int N = 110;
int p[N][N], c[N][N] = {0}, prime[N],ans[N][N] = {0};
int p_cnt = 0, prime_tot = 0;
bool prime_tag[N];
int n, cas, icas = 1;

void get_prime() {
    for(int i = 1; i < N; i++) prime_tag[i] = true;
    for(int i = 2; i < N; i++) {
        for(ll j = i * i ; j < N; j += i)
            prime_tag[j] = false;
    }
    for(int i = 2; i < N; i++)
        if(prime_tag[i]) prime[prime_tot++] = i;
}
void divide(int m) {
    p_cnt = 0;
    int up = m;
    for(int i = 0 ; i < prime_tot && prime[i] * prime[i] <= up; i++){
        if(m % prime[i] == 0){
            p[up][p_cnt++] = prime[i];
             c[up][prime[i]] = 0;
            while(m % prime[i] == 0 && m > 1){
                c[up][prime[i]]++;
                m /= prime[i];
            }
            if(m == 1)
                break;
        }
    }
    if(m > 1)
        p[up][p_cnt++] = m,c[up][m] = 1;
}
void  solve(){
    for(int i = 2; i <= 100; i++){
        for(int j = 0; j < prime_tot; j++){
            ans[i][prime[j]] = ans[i - 1][prime[j]] + c[i][prime[j]];
        }
    }
}
int main() {
    get_prime();
    for(int i = 2; i <= 100; i++)
        divide(i);
    solve();
    scanf("%d", &cas);
    while(cas--) {
        scanf("%d", &n);
        printf("Case %d: %d = ",icas++,n);
        int first = 1;
        for(int i = 0 ; i < prime_tot; i++){
            if(ans[n][prime[i]]){
                if(first){
                    printf("%d (%d)",prime[i],ans[n][prime[i]]);
                    first = 0;
                }else{
                    printf(" * %d (%d)",prime[i],ans[n][prime[i]]);
                }
            }
        }
        printf("\n");
    }
    return 0;
}

F - Digits of Factorial ——对数性质

题意

n ! n! 在 m m 进制下有几位数

思路
首先可以发现一个规律，对于一个数 K K ，它在 m m 进制下的数位个数就是 l o g m K log_mK 。

那么我们要求的答案就是 a n s = l o g m   n ! ans =log_m\ n! 。

根据对数的运算规律
a n s = l o g m   n ! = l o g m 1 + l o g m 2 + . . . + l o g m n ans =log_m\ n!=log_m1+log_m2+...+log_mn

a n s = l o g ( 1 ) + l o g ( 2 ) + l o g ( 3 ) + . . . + l o g ( n ) l o g m \displaystyle ans = \frac{log(1) + log(2)+log(3)+...+log(n)}{logm}

我们可以通过预处理来求出所有的 l o g i logi ,求出一个前缀和，在算答案的时候直接除以 l o g m logm 就可以了。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#define ll long long
using namespace std;

const int N = 1e6 + 10;
int n,cas,base;
double log_[N];
void init() {
	log_[0] = 0;
	for(int i = 1; i < N; i++) {
		log_[i] = log_[i - 1] + log(i);
	}
}
int main() {
	init();
	scanf("%d",&cas);
	int icas = 1;
	while(cas--) {
		scanf("%d %d",&n,&base);
		double ans = log_[n];
		if(n == 0) {
			ans = 0; 
		} else {
				ans /= log(base);
		}
		printf("Case %d: %lld\n",icas++,(ll)(ans+1));
	}
	return 0;
}

G - Combinations——Lucas定理

题意
给定 n , m n,m ，要求组合数 C n m C_n^m 。
思路
因为 n , m n,m 会很大，那么 C n m C_n^m ，也会很大，同时因为存在取模 所以想到Lucas定理。

Lucas定理：

若 p p 是质数，则对于任意整数 1 ≤ m ≤ n 1 \leq m\leq n ，有：
C n m = C n   m o d   p m   m o d   p × C n / p m / p ( m o d   p ) C_n^m = C_{n \ mod\ p}^{m\ mod \ p}\times C_{n/p}^{m/p}(mod\ p) 

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <string>
#include <algorithm>
#define ll long long
using namespace std;

const int N = 1e6 + 10;
const int mod = 1000003;
int cas,n,k;
ll f[N];
//提前求出阶乘
void init(){
	f[0] = 1;
	f[1] = 1;
	for(int i = 2; i < N; i++){
		f[i] = f[i - 1] * i % mod;
	} 
}
//快速幂
ll qpow(ll a, ll b){
	ll res = 1;
	while(b){
		if(1 & b){
			res = res * a % mod; 
		}
		a = a * a % mod;
		b >>= 1;
	}
	return res;
}
//求组合数
ll C(int n,int m){
	return f[n]  * qpow(f[m]*f[n - m] % mod,mod - 2) % mod ; 
} 
//Lucas定理
ll Lucas(ll n,ll m){
	if(!m)
		return 1;
	return C(n % mod,m % mod) * Lucas(n / mod,m / mod) % mod;
}
int main(){
	scanf("%d",&cas);
	init();
	int icas = 1;
	while(cas--){
		scanf("%d %d",&n,&k);
		printf("Case %d: %lld\n",icas++,Lucas(n,k));
	}
	return 0;
}

H - How Many Points?——扩展欧几里得

题意

在二维网格中，给定两个点 A , B A,B 的坐标，问线段 A , B A,B 上有多少个网格点？

思路

设 A ( a 1 , b 1 ) , B ( a 2 , b 2 ) A(a_1,b_1),B(a_2,b_2) ，点 N ( x , y ) N(x,y) 在线段 A B AB 上，那么必然有
x − a 1 y − b 1 = x − a 2 y − b 2 \displaystyle\frac{x-a_1}{y-b_1}=\frac{x-a_2}{y-b_2}
可得
( x − a 1 ) ( y − b 2 ) = ( x − a 2 ) ( y − b 1 ) \displaystyle(x-a_1)(y-b_2)=(x-a_2)(y-b_1)
x y − a 1 y − b 2 x + a 1 b 2 = x y − a 2 y − b 1 x + a 2 b 1 \displaystyle xy-a_1y-b_2x+a_1b_2=xy -a_2y-b_1x+a_2b_1
( b 1 − b 2 ) x + ( a 2 − a 1 ) y = a 2 b 1 − a 1 b 2 \displaystyle (b_1-b_2)x+(a_2-a_1)y=a_2b_1-a_1b_2
令 ( b 1 − b 2 ) = A ′ , ( a 2 − a 1 ) = B ′ , a 2 b 1 − a 1 b 2 = C ′ (b_1-b_2) = A^{'},(a_2-a_1) = B^{'},a_2b_1-a_1b_2 = C^{'}
A ′ x + B ′ y = C ′ \displaystyle A^{'}x+B^{'}y=C^{'}
到此我们的扩展欧几里得的模型就出来了。

我们要算有多少组满足在 A , B A,B 之间的解，分别求出满足条件的 x ， y x，y 的个数，取两者的最小值即可。

以求 x x 的解的个数为例， y y 同理：
x x 的通解为 x = k ∗ B ′ / g c d ( A ′ , B ′ ) + x 0 x = k*B^{'}/gcd(A^{'},B^{'})+x_0

那么在 A B AB 之间的 x x 值就是 a 1 + k ∗ B ′ / g c d ( A ′ , B ′ ) a_1+k*B^{'}/gcd(A^{'},B^{'})

那么，满足条件的 x x 的个数就是 ( a 2 − a 1 )   /   ( B ′ / g c d ( A ′ , B ′ ) ) + 1 (a_2 - a_1) \ /\ (B^{'}/gcd(A^{'},B^{'})) + 1 ，加的 1 1 是 A A 点。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#define ll long long
using namespace std;

ll cas,a1,b1,a2,b2;

ll exgcd(ll a,ll b, ll &x, ll &y){
	if(b == 0){
		x = 1; y = 0; return a;
	}
	ll t = exgcd(b,a%b,x,y);
	ll x0 = x,y0 = y;
	x = y0;
	y = x0 - a / b * y0;
	return t;
}
int main(){
	scanf("%lld",&cas);
	int icas = 1;
	while(cas--){
		scanf("%lld %lld %lld %lld",&a1,&b1,&a2,&b2);
		ll A = b1 - b2, B = a2 - a1,C = a2*b1 - a1*b2,x,y,x0;
		ll g = exgcd(A,B,x,y);
		if(A == 0){
			printf("Case %d: %lld\n",icas++,abs(B)+1);
			continue;
		}
		if(B == 0){
			printf("Case %d: %lld\n",icas++,abs(A)+1);
			continue;
		}
		if(C % g != 0){
			printf("Case %d: 2\n",icas++);
			continue;
		}
		//printf("A = %lld  B = %lld C = %lld\n",A,B,C);
		A /= g;
		B /= g;
		C /= g;
		//printf("A = %lld  B = %lld C = %lld\n",A,B,C);
		//x0 = (x * C % B + B) % B 
		ll ans = min(abs(a2 - a1) / abs(B),abs(b2 - b1) / abs(A));
		printf("Case %d: %lld\n",icas++,ans + 1);
	}
	return 0;
}

I - Trailing Zeroes (II)——分解因子

题意

求 c n r ∗ p q \displaystyle c_n^r*p^q 的后导0的个数。

思路

后缀 0 0 的个数就是因子 2 2 和 5 5 的个数。所以我们的目的就是分解出因子 2 , 5 2,5 ，提前预处理出 0 0 ~ M a x Max 的所有数的因子 2 2 和 5 5 ，保存下来，然后求一个前缀和。

然后求出整个式子因子 2 2 和 5 5 的个数：

式子中因子 2 2 的个数：

ans2[n] - ans2[r] - ans2[n - r] + tow[p]*q;

式子中因子 5 5 的个数：

ans[n] - ans[r] - ans[n - r] + five[p]*q;

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstring>
#define ll long long
using namespace std;

const int N = 1e6 + 10;
int cas,n,r,p,q;
int ans[N],five[N],tow[N],ans2[N];

void init(){
	for(int i = 1; i < N; i++){
		int tmp = i;
		while(tmp % 2 == 0 ){
			tow[i]++;
			tmp /= 2;
		}
		tmp = i;
		while(tmp % 5 == 0 ){
			five[i]++;
			tmp /= 5;
		}
	}
	for(int i = 1; i < N; i++){
		ans[i] = ans[i-1] + five[i];
		ans2[i] = ans2[i-1] + tow[i];
	}
}

ll solve(){
	ll res1,res ;
	res = ans[n] - ans[r] - ans[n - r] + five[p]*q;
	res1 = ans2[n] - ans2[r] - ans2[n - r] + tow[p]*q;
	return min(res,res1);
}
int main(){
	scanf("%d",&cas);
	init();
	int icas = 1;
	while(cas--){
		scanf("%d %d %d %d",&n,&r,&p,&q);
		printf("Case %d: %lld\n",icas++,solve());
	}
	return 0;
}

J - A New Function ——因子和

题意
f ( i ) f(i) 表示 i i 的的因子和 ，现要求出 ∑ i = 1 n f ( i ) \displaystyle\sum_{i=1}^{n}f(i) 。

思路
一个小知识点： [ 1 , n ] [1,n] 中因子中含有 i i 的数字个数为 ⌊ n i ⌋ \displaystyle\lfloor\frac{n}{i}\rfloor 。

我们来简单证明一下：

[ 1 , n ] 中 第 一 个 因 子 包 含 i 的 一 定 是 i 本 身 ， 那 么 第 二 个 因 子 包 含 i 的 就 是 2 ∗ i ， 第 三 个 就 是 3 ∗ i . . . 一 直 到 k ∗ i ， k ∗ i < = n , 所 以 [ 1 , n ] 中 一 共 有 ⌊ n i ⌋ 个 i 的 倍 数 。 [1,n]中第一个因子包含i的一定是i本身，那么第二个因子包含i的就是2*i，第三个就是3*i...一直到k*i，k*i<=n,所以[1,n]中一共有\lfloor\frac{n}{i}\rfloor个i的倍数。

那么我们的问题就转化为 ∑ i = 2 n ( ⌊ n i ⌋ − 1 ) ∗ i [ i   ∣   n ] \displaystyle\sum_{i =2}^{n}(\lfloor\frac{n}{i}\rfloor-1)*i[i\ |\ n]

直接数论整除分块解决

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#define ll unsigned long long
using namespace std;

int cas,n;

ll solve(){
	ll res = 0;
	for(ll l = 2,r; l <=  n; l = r + 1){
		r = n / (n / l);
		res += (r * (r + 1) / 2 - l *(l-1) / 2) *  (n / l - 1);
	}
	return res;
}
int main(){
	scanf("%d",&cas);
	int icas = 1;
	
	while(cas--){
		scanf("%d",&n);
		printf("Case %d: %llu\n",icas++,solve());
	}
	return 0;
}

K - False Ordering

题意
按照以下规则重新排序：

  1. 因子个数多数的放前面。
  2. 因子个数相同时，数字大的放前面。

思路
数据规模较小，直接记录每个数字的因子个数，保存在结构体中，重写排序函数，直接sort();

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#define ll long long
using namespace std;

const int N = 1001;
struct Div_cnt{
	int num , sum;
}div_cnt[N];
int prime[N],prime_tot = 0;
bool prime_tag[N] = {0};
int cas,icas = 1,n,cnt = 1;

bool cmp (const Div_cnt &a,const Div_cnt &b){
	if(a.sum == b.sum) return a.num > b.num;
	return a.sum < b.sum;
}
void solve(){
	for(int i = 1; i < N; i++){
		div_cnt[i].num = i;
		div_cnt[i].sum = 0;
		for(int j = 1 ; j * j <= i && j < N; j++)
			if(i % j == 0){
				if(j * j == i){
					div_cnt[i].sum += 1;
				}else
					div_cnt[i].sum += 2;
			}
	}
	sort(div_cnt + 1,div_cnt +  N,cmp);
}
int main(){
	solve();
	scanf("%d",&cas);
	while(cas--){
		scanf("%d",&n);
		printf("Case %d: %d\n",icas++,div_cnt[n].num);
	}
	return 0;
}

L - Trailing Zeroes (III)——约数 和 二分答案

题意
给定一个 q q ，求一个数 n ! n! ，需要满足 n ! n! 有 q q 个后缀 0 0 ，要求 n n 尽量小。
思路
此题已经在[kuangbin] 专题十四 写过了 使用约数性质和二分答案解题。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#define ll long long
using namespace std;

const ll Max = 9e8 + 10;
ll cas,q;
bool check(ll n){
    ll res = 0;
    while(n){
        res += n / 5;
        n /= 5;
    }
    //cout<<"res = "<<res<<"\n";
    if(res >= q)
        return true;
    else
        return false;

}
ll Erfen(ll l, ll r){

    while(l <= r){
        ll mid = (l + r) >> 1;
        //cout<<"l = "<<l<<" mid = "<<mid<<" r = "<<r<<"\n";
        if(check(mid)) r = mid - 1;
        else l = mid + 1;
    }
    return l;
}
int main(){
    scanf("%lld",&cas);
    for(int c = 1; c <= cas; c++){
        scanf("%lld",&q);
        ll ans = Erfen(1,Max);
        ll cnt = 0,t = ans;
        while(t){
            cnt += t / 5;
            t /= 5;
        }
        if(q != cnt){
            printf("Case %d: impossible\n",c);
        }else{
            printf("Case %d: %lld\n",c,ans);
        }
    }
    return 0;
}

M - Bank Robbery ——解方程

题意
给出 A − B A-B ，并且已知 B = ⌊ A ⌋ B=\lfloor A\rfloor ，要求求出符合条件的 A A ，多个按字典序排列。
思路
已知
A − B = n . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ( 1 ) A-B =n...................(1)
A / 10 = B A/10 = B
设
A − B ∗ 10 = x . . . . . . . . . . . . ( 2 ) A - B * 10 = x............(2)

可知 x x 的范围为 0 0 ~ 9 9

结合 ( 1 ) ( 2 ) (1)(2) 两式可得
n − x = 9 B n - x=9B
n n 是给定的所以我们只需要从 9 9 ~ 0 0 枚举 x x 判断 n − x n-x 是否是 9 9 的倍数即可，倒着枚举是为了输出顺序。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#define ll unsigned long long
using namespace std;

ll cas,n,icas = 1;
int main(){
	scanf("%llu",&cas);
	while(cas--){
		scanf("%llu",&n);
		printf("Case %llu:",icas++);
		for(int i = 9 ; i >= 0; i--){
			if((n - i) % 9 == 0)
				printf(" %llu",(n - i) / 9 * 10 + i);
		}
	}
	return 0;
}

N - Help Hanzo——区间筛法

题意
给定区间 [ a , b ] [a,b] ，问 [ a , b ] [a,b] 中有多少素数。
思路
同是[kuangbin] 专题十四 的题目。
使用区间筛法

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#define ll long long
using namespace std;

const int N = 1e6 + 10;
int icas = 1;
ll cas,a,b;
ll prime[N],prime_tot = 0;
bool prime_tag[N],bk[N];

void get_prime(){
	for(int i = 2; i < N; i++){
		if(!prime_tag[i]){
			prime[prime_tot++] = i;
		}
		for(int j = 0 ; j < prime_tot && i * prime[j] < N; j++){
			prime_tag[i * prime[j]] = true;
			if(i % prime[j] == 0)
				break;
		}
	}	
}
ll solve(){
	for(int i = 0; i <= b - a; i++) bk[i] = true;
	for(int i = 0 ; i < prime_tot; i++){
		ll tmp = a / prime[i] * prime[i];
		if(tmp < a ) tmp += prime[i];
		if(tmp < prime[i]*prime[i]) tmp =  prime[i]*prime[i];
		while(tmp <= b){
			//printf("tmp = %d\n",tmp);
			bk[tmp - a] = false;
			tmp += prime[i];
		}
	}
	ll res = 0;
	for(int i = 0 ; i <= b - a; i++)
		if(bk[i]) res++;
	if(a == 1)
		res--;
	return res;
}
int main(){
	get_prime();
	scanf("%lld",&cas);
	while(cas--){
		scanf("%lld %lld",&a,&b);
		printf("Case %d: %lld\n",icas++,solve());
	}
	return 0;
}

O - Fantasy of a Summation ——思维

题意
给出n,K,MOD，问下面这个程序中的res值为多少。

#include <stdio.h>

int cases, caseno;
int n, K, MOD;
int A[1001];

int main() {
    scanf("%d", &cases);
    while( cases-- ) {
        scanf("%d %d %d", &n, &K, &MOD);
        int i, i1, i2, i3, ... , iK;
        for( i = 0; i < n; i++ ) scanf("%d", &A[i]);
        int res = 0;
        for( i1 = 0; i1 < n; i1++ ) {
            for( i2 = 0; i2 < n; i2++ ) {
                for( i3 = 0; i3 < n; i3++ ) {
                    ...
                    for( iK = 0; iK < n; iK++ ) {
                        res = ( res + A[i1] + A[i2] + ... + A[iK] ) % MOD;
                    }
                    ...
                }
            }
        }
        printf("Case %d: %d\n", ++caseno, res);
    }
    return 0;
}

思路
同是[kuangbin] 专题十四 的题目。

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;

ll cas,n,k,m,val;

ll qpow(ll a,ll b,ll mod){
    ll res = 1;
    while(b){
        if(b & 1){
            res  = (res * a) % mod;
        }
        a = (a * a) % mod;
        b >>= 1;
    }
    return res;
}
int main(){
    scanf("%lld",&cas);
    for(int c = 1; c <= cas; c++){
        ll sum = 0;
        scanf("%lld %lld %lld",&n,&k,&m);
        ll ans = qpow(n,k-1,m);
        for(int i = 0 ; i < n; i++){
            scanf("%lld",&val);
            sum = (sum + val) % m;
        }
        ans =  (k * sum) % m * ans % m;
        printf("Case %d: %lld\n",c,ans);
    }
    return 0;
}

P - Large Division——模拟大整数取余

题意

给两个数 A , B A,B ， A A 很大， B B 在整数范围。判断 B B 能不能整除 A A 。

思路

模拟 A A 整除 B B 的过程。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define ll long long
using namespace std;

string a;
ll b,cas ,icas = 1;
int main() {
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin>>cas;
	while(cas--) {
		cin>>a>>b;
		b = abs(b);
		ll sum = 0,len = a.length();
		int i;
		if(a[0] == '-') i = 1;
		else i = 0;
		for(; i < len; i++) {
			sum = sum * 10 + a[i] - '0';
			sum = sum % b;
		}
		if(sum == 0){
			cout<<"Case "<<icas++<<": divisible\n";
		}else{
			cout<<"Case "<<icas++<<": not divisible\n";
		}
	}

	return 0;
}

Q - Finding LCM——唯一分解定理

题意

已知 L C M ( a , b , c ) = L . LCM (a, b, c) = L. ，给定 a , b , L a,b,L ，求满足条件的最小的 c c 。

思路

利用唯一分解定理和最小公倍数的一个性质：

令： a = p 1 c 1 ∗ p 2 c 2 ∗ . . . ∗ p m c m a = p_1^{c_1}*p_2^{c_2}*...*p_m^{c_m}
   b = p 1 d 1 ∗ p 2 d 2 ∗ . . . ∗ p m d m b = p_1^{d_1}*p_2^{d_2}*...*p_m^{d_m}
则 l c m ( a , b ) = p 1 m a x ( c 1 , d 1 ) ∗ p 2 m a x ( c 2 , d 2 ) ∗ . . . ∗ p m m a x ( c m , d m ) lcm(a,b) = p_1^{max(c_1,d_1)}* p_2^{max(c_2,d_2)}*...* p_m^{max(c_m,d_m)}

将 l c m ( a , b ) , L lcm(a,b),L 分别分解质因数为 ∑ i m q i k i \displaystyle\sum_i^mq_i^{k_i} 和 ∑ i n p i c i \displaystyle\sum_i^np_i^{c_i} ，枚举每一项质因子，如果该项上质因子的次方不是最大值，我们就乘上一个该质因子的最大次幂，进行累乘，这样最终累乘的结果就是答案。
例如：
a = 2 , b = 3 , L = 18 , l c m ( a , b ) = 6 a = 2,b =3,L =18,lcm(a,b) = 6
可分解成
l c m ( a , b ) = 2 1 × 3 1 lcm(a,b) = 2^1\times3^1
              L = 2 1 × 3 2 \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ L =2^1\times 3^2
初始 a n s = 1 ans =1 ，枚举到质因子 3 3 的时候，累乘上一个 3 2 = 9 3^2=9
最后得
a n s = 9 ans = 9 

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define ll long long
using namespace std;

const int N = 1e6 + 10;
ll a,b,cas,icas = 1,l;
int c[N] = {0}, ans[N] = {0};
int prime[N],prime_tot = 0,p[N],cnt = 0;
bool prime_tag[N] = {0};
ll gcd(ll a, ll b){
	return b == 0 ? a : gcd(b,a%b);
}
ll lcm(ll a, ll b){
	return a * b / gcd(a,b);
}
void get_prime() {
	for(int i = 2; i < N; i++) {
		if(!prime_tag[i]) {
			prime[prime_tot++] = i;
		}
		for(int j = 0 ; j < prime_tot && i * prime[j] < N; j++) {
			prime_tag[i * prime[j]] = true;
			if(i % prime[j] == 0) break;
		}
	}
}
ll qpow(ll a,ll b) {
	ll res = 1;
	while(b) {
		if(b & 1) res  = res * a;
		a = a * a;
		b /= 2;
	}
	return res;
}
void divide1(ll n) {

	for(int i = 0 ; i < prime_tot; i++) {
		if(n % prime[i] == 0) {
			c[prime[i]]= 0;
			while(n % prime[i] == 0 && n > 1) {
				c[prime[i]]++;
				n /= prime[i];
				//intf("yes ");
			}
		
		}
		if(n == 1) break ;
	}
}
void divide2(ll n) {
	for(int i = 0 ; i < prime_tot; i++) {
		if(n % prime[i] == 0) {
			p[++cnt] = prime[i];
			ans[prime[i]]= 0;
			while(n % prime[i] == 0 && n > 1) {
				ans[prime[i]]++;
				n /= prime[i];
				//intf("yes ");
			}
		
		}
		if(n == 1) break ;
	}
}
ll solve(ll n) {
	divide1(n);
	ll res = 1;
	for(int i = 1 ; i <= cnt; i++) {
		if(ans[p[i]] > c[p[i]]){
			res *= qpow(p[i],ans[p[i]]);
		}
	}
	return res ;
}
int main() {
	get_prime();
	scanf("%lld",&cas);
	while(cas--) {
		ll ans1,ans2;
		scanf("%lld %lld %lld",&a,&b,&l);
		cnt = 0;
		printf("Case %d: ",icas++);
		memset(ans,0,sizeof(ans));
		memset(p,0,sizeof(p));
		memset(c,0,sizeof(c));
		if(l % a != 0 || l % b != 0) {
			printf("impossible\n");
			continue;
		}
		divide2(l);
		ans1 = solve(lcm(a,b));
		printf("%lld\n",ans1);
	}
	return 0;
}
/*
1
24702 3202 1661011884
*/

R - Mysterious Bacteria——算术基本定理

题意
给一个 n n ，把 n n 表示为 b p b^p 的形式，问最大的 p p 的值是多少。
思路
算术基本定理分解 ，然后找出一个最大值。
但是，这一题有个坑， n n 可能是负数，这就要求 p p 在 n n 为复数的时候要是一个奇数。
所以如果一开始分解出来的 p p 是一个偶数，要一直除以2，直到变成一个奇数为止才是答案。

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;

const int Max = 1e6 + 10;
bool f[Max];
vector<int> prime;
ll cas,n;

void get_prime(){
    for(int i = 2; i < Max; i++) f[i] = true;
    for(ll i = 2; i < Max; i++){
        for(ll j = i * i; j < Max; j += i){
            f[j] = false;
        }
    }
    for(int i = 2; i < Max; i++)
        if(f[i]) prime.push_back(i);
}
ll divide(ll n){
    ll c,ans = -1;
    int len = prime.size();
    for(int i = 0; i < len; i++){
        c = 0;
        while(n % prime[i] == 0 && n > 1){
            n /= prime[i];
            c++;
        }
        if(n == 1)
            break;
    }
    if(n > 1) c = 1;
    return c;
}
int main(){
    get_prime();
    scanf("%lld",&cas);
    ll ans = 0;
    for(int c = 1; c <= cas; c++){
        scanf("%lld",&n);
        if(n < 0){
        	ans = divide(-n);
        	while(ans % 2 == 0){
        		ans /= 2;
			}
		}else{
			ans = divide(n);
		}
        printf("Case %d: %lld\n",c,ans);
    }
    return 0;
}

S - Harmonic Number——调和级数

题意

求 f ( n ) = 1 / 1 + 1 / 2 + 1 / 3 + 1 / 4 … 1 / n ( 1 ≤ n ≤ 1 0 8 ) . f(n)=1/1+1/2+1/3+1/4…1/n (1 ≤ n ≤ 10^8). ，精确到 1 0 − 8 10^{-8}

思路

应用调和级数公式
在这里插入图片描述

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int Max = 1e4 + 10;
const double r = 0.57721566490153286060651209;
double a[Max];
int cas,n;
void solve(){
    a[0] = 0;
    for(int i = 1; i < Max; i++){
        a[i] = a[i-1] + 1.0/i;
    }
}
int main(){
    scanf("%d",&cas);
    solve();
    for(int c = 1; c <= cas; c++){
        scanf("%d",&n);
        if(n < Max)
            printf("Case %d: %.10f\n",c,a[n]);
        else
            printf("Case %d: %.10f\n",c,log(n) + r + 1.0/(2*n));
    }
    return 0;
}

T - Pairs Forming LCM —— 唯一分解定理（算术分解定理）

同是[kuangbin] 专题十四 的题目。
题意
求出小于 n n 的数中，有多少数对的最小公倍数是 n n 。
思路
由算术分解定理可以求出最大公约数和最小公倍数：
对于两个整数 a , b a,b
将 a a 分解： a = p 1 e 1 p 2 e 2 p 3 e 3 . . . p m e m a=p_1^{e_1}p_2^{e_2}p_3^{e_3}...p_m^{e_m}

将 b b 分解： b = p 1 k 1 p 2 k 2 p 3 k 3 . . . p m k m b=p_1^{k_1}p_2^{k_2}p_3^{k_3}...p_m^{k_m}

GCD（ a , b a,b ）= p 1 m i n ( e 1 , k 1 ) p 2 m i n ( e 2 , k 2 ) p 3 m i n ( e 3 , k 3 ) . . . p m m i n ( e m , k m ) p_1^{min(e_1,k_1)}p_2^{min(e_2,k_2)}p_3^{min(e_3,k_3)}...p_m^{min(e_m,k_m)}

LCM（ a , b a,b ）= p 1 m a x ( e 1 , k 1 ) p 2 m a x ( e 2 , k 2 ) p 3 m a x ( e 3 , k 3 ) . . . p m m a x ( e m , k m ) p_1^{max(e_1,k_1)}p_2^{max(e_2,k_2)}p_3^{max(e_3,k_3)}...p_m^{max(e_m,k_m)}

再将GCD( a , b a,b )分解：GCD( a , b a,b ) = p 1 c 1 p 2 c 2 p 3 c 3 . . . p m c m =p_1^{c_1}p_2^{c_2}p_3^{c_3}...p_m^{c_m} 。

可知： c 1 = m a x ( e 1 , k 1 ) , c 2 = m a x ( e 2 , k 2 ) , . . . , c m = m a x ( e m , k m ) c_1 = max(e_1,k_1),c_2 = max(e_2,k_2),...,c_m = max(e_m,k_m)

如果 e i = c i e_i = c_i ,那么 k i k_i 就可以取 [   0 , e i ] [ \ 0,e_i] 共 e i + 1 e_i+1 种情况

同时，对称的来说，如果 k i = c i k_i = c_i ,那么 e i e_i 就可以取 [   0 , k i ] [ \ 0,k_i] 共 k i + 1 k_i+1 种情况。

同时因为 k i = e i = c i k_i = e_i = c_i 的情况被算了两次，所以要剪掉一次，这样一来第i项就一共有 2 ∗ c i + 1 2*c_i+1 种情况了。

将每一项的情况相乘，就可以得出所有可能的情况，同时因为我们计算的时候是对称的，所以我们计算出的结果是真正结果的两倍。举个栗子：当 n = 4 n = 4 的时候， a = 1 , b = 2 a=1,b = 2 和 a = 2 , b = 1 a= 2,b=1 其实是一种情况，同时因为 a = = b a==b 的情况我们只算了一次，所以要加上一次 a = = b a==b 的情况，保证所有情况都出现了两次，再统一除上 2 。

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;

const int Max = 1e7 + 10;
int cas;
bool f[Max];
vector<int> prime;
void get_prime(){
    for(int i = 2; i < Max; i++) f[i] = true;
    for(ll i = 2; i < Max; i++){
        for(ll j = i * i; j < Max; j += i)
            f[j] = false;
    }
    for(int i = 2; i < Max; i++)
        if(f[i]) prime.push_back(i);

}
ll divide(ll n){
    int len = prime.size();
    ll e ,ans = 1;
    //printf("len = %d\n",len);
    for(int i = 0 ; i < len; i++){
        e = 0;
        while(n % prime[i] == 0 && n > 1){
            e++;
            n /= prime[i];
        }
        ans *= (2 * e + 1) ;
        if(n == 1)
            break;
    }
    if(n > 1){
         ans *= (2 * 1 + 1) ;
    }
    return (ans + 1) / 2;

}
int main(){
    get_prime();
    scanf("%d",&cas);
    ll n;
    for(int c = 1; c <= cas; c++){
        scanf("%lld",&n);
        printf("Case %d: %lld\n",c,divide(n));
    }
    return 0;
}

U - Harmonic Number (II) —— 数论整除分块

同是[kuangbin] 专题十四 的题目。

题意
给出 n n ，求和： n / 1 + n / 2 + n / 3 + . . . + n / n n/1 + n/2+n/3+...+n/n 。
思路
原本是抄网上的思路，后来仔细一想 这不是就是整除分块吗？直接一首模板

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#define ll long long 
using namespace std;

int cas , icas = 1;
 ll n;
ll solve(ll n){
	ll res = 0;
	for(ll l  = 1, r; l <= n; l = r + 1){
		r = n / (n / l);
		res += (r - l + 1) * (n / l);
		//printf("l = %lld  r = %lld  ans = %lld\n",l,r,(r - l + 1) * (n / l));
	}
	return res;
}
int main(){
	scanf("%d",&cas);
	while(cas--){
		scanf("%lld",&n);
		printf("Case %d: %lld\n",icas++,solve(n));
	}	
	return 0;
}

V - Goldbach`s Conjecture ——素数

同是[kuangbin] 专题十四 的题目。
题意：
给出几组测试数据，每组给出一个n，问n能被分成几对素数的和。
思路：
先打表，求出所有的素数。从小到大枚举所有素数，对于当前枚举的素数a，看n - a是否也是一个素数，如果是的话，就计数，求出答案。

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;

const int Max = 1e7 + 10;
bool f[Max];
int prime[666666];
int cas,n,len = 0;

void get_prime(){
    for(int i = 2; i < Max; i++) f[i] = 1;
    for(ll i = 2; i < Max; i++){
        for(ll j = i * i; j < Max; j += i){
            f[j] = 0;
        }
    }
    for(int i = 2; i < Max; i++)
        if(f[i]) prime[len++] = i;
}
int main(){
    get_prime();
    scanf("%d",&cas);
    for(int c = 1; c <= cas; c++){
        int ans = 0;
        scanf("%d",&n);
        for(int i = 0; i < len; i++){
            if(prime[i] > n/2)
                break;
            if(f[n - prime[i]]){
                ans++;
            }
        }
        printf("Case %d: %d\n",c,ans);
    }
    return 0;
}

W - Sum of Consecutive Integers —— 求奇因子个数

题意

给定一个数 N N ，可以被分解成多个连续数的和，问有多少中分解的方法？

例如, N = 15 N = 15 有 3 个解, ( 1 + 2 + 3 + 4 + 5 ) , ( 4 + 5 + 6 ) , ( 7 + 8 ) . (1+2+3+4+5), (4+5+6), (7+8).

思路

我们先设 分解成连续的 k k 个数，第一项为 x x ,根据等差数列的求和公式可以知道

s u m = k ∗ x + k ( k − 1 ) / 2 = N sum = k*x+k(k-1)/2=N

我们整理一下：

k ∗ ( 2 ∗ x + k − 1 ) = 2 N k*(2*x+k-1)=2N

这样一来我们可以得出一个结论：

  • k k 一定是一个奇数，并且是 N N 的一个因子。
    所以我们的问题就转化成了一个：求 N N 有多少个奇因子的个数。

根据唯一分解定理的推论：

N N 的正约数个数为（ ∏ \prod 表示连乘）
( c 1 + 1 ) ∗ ( c 2 + 1 ) ∗ . . . ∗ ( c m + 1 ) = ∏ i = 1 m ( c i + 1 ) (c_1+1)*(c_2+1)*...*(c_m+1)=\displaystyle\prod^m_{i=1} (c_i+1)

因为要求是奇因子，我们只需要不乘第一个因子 2 2 ，就是奇因子。所以我们去掉 2 c 1 2^{c_1} 中的 c 1 c_1 ，和出现 1 1 的情况，即所有的 c i c_i 都取 0 0 的情况，剩下的就是答案了。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#define ll long long
using namespace std;

const int N = 1e7 + 5;
int cas,icas = 1;
ll n;
ll prime[666666];
int prime_tot = 0;
bool prime_tag[N] = {0};
void get_prime(){
	for(ll i = 2ll; i < N; i++){
		if(!prime_tag[i]){
			prime[prime_tot++] = i;
		}
		for(ll j = 0; j < prime_tot && i * prime[j] < N; j++){
			prime_tag[i * prime[j]] = true; 
			if(i % prime[j] == 0) break;
		}
	}

}
ll solve(ll n) {
	ll res = 1;
	for(ll i = 0; i < prime_tot && prime[i] * prime[i] <= n; i++){
		ll c = 0;
		while(n % prime[i] == 0 && n > 1){
			c++;
			n /= prime[i];	
		}
		
		if(i != 0)
			res *= c + 1;
		if(n == 1) break;
	}
	if(n > 2)
		res *= 2;
	res--;
	return res;
}
int main() {
	get_prime();
	scanf("%d",&cas);
	while(cas--) {
		scanf("%lld",&n);
		printf("Case %d: %lld\n",icas++,solve(n));
	}
	return 0;
}
Miserable_ccf
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