HDU2608 0 or 1 数论题

0 or 1

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Problem Description

Solving problem is a interesting thing. Yifenfei like to slove different problem,because he think it is a way let him more intelligent. But as we know,yifenfei is weak in math. When he come up against a difficult math problem, he always try to get a hand. Now the problem is coming! Let we
define T(n) as the sum of all numbers which are positive integers can divied n. and S(n) = T(1) + T(2) + T(3)…..+T(n).

 

Input

The first line of the input contains an integer T which means the number of test cases. Then T lines follow, each line consists of only one positive integers n. You may assume the integer will not exceed 2^31.

 

Output

For each test case, you should output one lines of one integer S(n) %2. So you may see the answer is always 0 or 1 .

 

Sample Input

3
1
2
3

 

Sample Output

1
0
0

Hint

Hint S(3) = T(1) + T(2) +T(3) = 1 + (1+2) + (1+3) = 8
S(3) % 2 = 0

 

 

　　各种打表啊，有木有，以为有规律啊。找了N久的规律，发现了除2以外的质数的T[]一定为0，其他就没什么发现了。还是要多见识，多学习。

　　看了别人的解题思路后才明白这题还是建立在严谨的数学逻辑上，现将自己的理解说一下，也便以后复习，回味。

　　对于每一个数N，我们可以将其拆分为  N= p1^e1 * p2^e2 * p3^e3 * ...  * pm^em. 其中p1,p2...都是质因子，这可以回想到我们求两数的最大公约数时，我们就是将一个数拆分成质因子相乘的形式。那么首先提出一个问题，那就是数N有多少个因子了，知道排列组合的话，很快就能知道，这个结果是 K=( e1+1 )* ( e2+1 )* ... *( em+1 )因为每个质因子 pi 我们都可以取 0-ei 个来组合成一个因子，当每个都取零时，这个因子就是 1 ，当每个都去最大值时，这个因子就是 N 本身，那么如何得到这 K 个因子的和呢？我们补全 N 的质因子乘积形式，将所有质因子补全，N= 2^e1 * 3^e2 * 5^e3 * 7^e4 * 11^ e5 *......   T[N]= [ ( 2^0+2^1+...+2^e1 )*( 3^1+3^2+...+3^e2 )*...*( pm^0+pm^1+...+pm^em ) ]% 2;   我们知道 ( 2^0+2^1+...+2^e1 )% 2= 1 恒成立（因为有2^0=1），所以T[N]的值只取决与后面的乘式%2 是否出现了0，那么后面的式子怎样才会是零呢？很简单，因为所有的质素都是奇数，所以当除2以外的存在某一个质因子表达式为偶数项的时候就会为零了，也即只要满足至少存在一个 ei 的值为奇数（项数为ei- 0+ 1）。当然这题中，我们不会去直接计算为0的T[]有多少多，这很困难，而是从反面求解，即计算T[]为1的数的个数，这样，求S[N]也就转化为从1-N有多少个T[i]为1。回到前面，如果T[i]为1，那么除 2 之外所有质因子的 ei 都为偶数，这个条件就很好解决了，而不像前面的求解满足至少一项 ei 为奇数，既然除2之外所有的 ei 都为偶数，那么这个数一定会是 i= x^2 或者是 i= 2* x^2的形式。所以统计从 1-N 之间有多少个满足T[i]= 1数吧。

 

　　代码如下：

#include <stdio.h> 

// 请用G++提交，C++不支持%lld

int main(  )
{  
    int T;
    scanf( "%d", &T );
    while( T-- )
    {
        long long x, cnt= 0;
        scanf( "%lld", &x );
        for( long long i= 1; i* i<= x; ++i )
        {
            cnt++;
            if( 2* i* i<= x )
            {
                cnt++;
            }
        }
        printf( "%lld\n", cnt% 2 );
    }
    return 0;
}