大概就是写一些数论水题的题解？
目录
不定期更新。
一.[AHOI2005]约数研究 洛谷oj P1403
可能需要事先学习的算法：
埃氏筛法（素数筛）
题意很容易理解。很明显这是一道真正的水题，适合初学者理解筛法的思想。
30分暴力做法：
对于一个数$i（i∈[1,n]）$ ，枚举所有$[1,i)$之间的正整数$j$，判断$j$是否是$i$的约数，如果是，计数器$result$就加上1。
复杂度是$O(n^2)$，不是很有讨论价值，写了一下代码。
#include <cstdio> using namespace std; int n; int result; int main(){ scanf("%d",&n); for (int i=1;i<=n;i++) //枚举 1~n 所有数 for (int j=1;j<=i;j++) //一个个判断是否是i的约数，如果是，则计数加1 if (i%j==0) result+=1; printf("%d",result); return 0; }
100分算法（暴力筛法）：
或许可以看成暴力做法的优化，但是如果学过筛法，那就直接是筛法的思想了。
我试着用优化暴力的思路解释一下我的算法。上面的做法是先抓一个数$i（i∈[1,n]）$，然后再一个个找它们的约数的。我们可以换个思路，也抓一个数$i（i∈[1,n]）$，然后一个个找它的倍数（倍数小于$n$），找到一个倍数，计数器$result$就加上1。
熟悉筛法的同学应该能一眼AC吧（毕竟是普及组水题）。
复杂度应该是$O(nsqrt{n})$。
#include <cstdio> using namespace std; int n; int result; int main(){ scanf("%d",&n); result+=n; //1可以是所有数的约数 for (int i=2;i<=n;i++) for (int j=1;i*j<=n;j++) //枚举倍数 i*j ++result; printf("%d",result); return 0; }
基于这种想法其实还可以优化。我们很容易发现，第二重循环其实是不必要的，因为对于一个数$i$，$[1,n]$里它的倍数一定有且仅有$frac{n}{i}$个（向下取整）。那么我们就可以扔掉第二重循环了。
#include <cstdio> using namespace std; int n; int result; int main(){ scanf("%d",&n); for (int i=1;i<=n;i++) result+=(n/i); printf("%d",result); return 0; }
是不是已经挺不错的了？但是洛谷上有神犇给出了下一种复杂度更加优秀的算法。
100分算法（非常优秀）：Kelin的题解
大概意思是说，$f(i)=frac{n}{i}$，但是因为除法要向下取整，所以有一些数可以当成同一个数来跳过。
打个比方，对于$n=60$时，不管$i=13$或$i=14$或$i=15$，$frac{n}{i}$的结果都是一样的，因为$int$整型要向下取整。所以可以把它们放在一起算，差不多就是这种思想。
时间复杂度$O(2sqrt{n})$。我测了一下，可能因为数据比较水，我写的算法$36ms$跑完，这种算法$26ms$跑完，还是十分优秀的。
代码在上面链接里有，我就不写了。
二.最大公约数和最小公倍数问题 洛谷oj P1029
必须预先学习的算法：
欧几里得算法（GCD）（辗转相除法）
这是一道数论入门好题。在做之前要熟悉$gcd$（即最大公约数）。
这题我觉得不太可能有靠谱的部分分写法（毕竟比较水），我就直接讲正解了。
大家都知道怎么求最大公约数$gcd(P,Q)$，也许有人会问是不是也有专门求最小公倍数$lcm(P,Q)$的算法？不需要。最小公倍数$lcm(P,Q)$可以通过最大公约数$gcd(P,Q)$得到。
引理：两个正整数$P$,$Q$的最小公倍数为$P*Q/gcd(P,Q)$。
证明：
记$P=gcd(P,Q)*p_{1}$
$Q=gcd(P,Q)*p_{2}$，且$gcd(p_{1},p_{2})=1$ //即$p_{1}$和$p_{2}$互质
$lcm(P,Q)=gcd(P,Q)*p_{1}*p_{2}$
$=gcd(P,Q)*p_{1}*gcd(P,Q)*p_{2}/gcd(P,Q)$
$=P*Q/gcd(P,Q)$
得证。
肯定有人不喜欢读证明，那我举个例子好了。假设存在两个数，$P=2160$，$Q=4032$。根据唯一分解定理，可得：
$P=2160=2^4*3^3*5$
$Q=4032=2^6*3^2*7$
可以看出来，这时候$gcd(P,Q)=2^4*3^2=144$，那么，$P$和$Q$可以这样改写：
$P=gcd(P,Q)*3^1*5$
$Q=gcd(P,Q)*2^2*7$
很明显，$3^1*5$或$2^2*7$互质，因为如果它们不互质，它们的最大公约数完全可以变成$gcd(P,Q)$的一个因子。
又因为$lcm(P,Q)=2^6*3^3*5*7$，$lcm(P,Q)$具有$P$和$Q$的所有因子，则：
$lcm(P,Q)=gcd(P,Q)*2^2*3^1*5*7$
$=(gcd(P,Q)*3^1*5)*(gcd(P,Q)*2^2*7)/gcd(P,Q)$
$=P*Q/gcd(P,Q)$
就可以根据$lcm(P,Q)=P*Q/gcd(P,Q)$求解了。理解力好的同学应该可以直接理解这个结论。
在知道$lcm(P,Q)=P*Q/gcd(P,Q)$后，再来看这道题。在这道题里，$x$是最大公约数$gcd(P,Q)$，而$y$是最小公倍数$lcm(P,Q)$。
我们不妨设$P=x*p_{1}$，$Q=x*p_{2}$（$p_{1}$和$p_{2}$互质）。
所以我们可以写出下面的推导
$y=P*Q/x$
$=(x*p_{1})*(x*p_{2})/x$
$=p_{1}*p_{2}*x$
则$frac{y}{x}=p_{1}*p_{2}$
是不是发现了什么？题目要求输出的答案是$P$和$Q$，而$P=x*p_{1}$，$Q=x*p_{2}$，且$x$是已知的。要想知道$P$、$Q$的所有可能性，只需要枚举出$p_{1}$和$p_{2}$的所有可能性就好了。
怎么枚举出$p_{1}$和$p_{2}$？我们已经知道$frac{y}{x}=p_{1}*p_{2}$了，$for$一遍就好了。
代码：
#include <cstdio> using namespace std; const int maxn=100000; int x,y; int result; inline int gcd(int a,int b){ return b?gcd(b,a%b):a; } int main(){ scanf("%d%d",&x,&y); if (y%x) printf("0"); //如果y不能整除x，不存在解 else{ int n=y/x; for (int i=1;i<=n;i++) if (n%i==0){ if (gcd(i,n/i)==1) result+=1; } printf("%d",result); } return 0; }
三.又是毕业季I 洛谷oj P1372
需要预先学习的算法：
感觉不需要预先学习算法？可能需要一点对质数的理解。
一道大家都很高兴做的水题，可以增强对质数的理解。
题意大概就是要在$1~n$中找到$k$个最大公倍数最大的数。
很容易想到，假如$k$个数存在最大公倍数$gcd$，则$k=gcd*m$，$m$一定是正整数。简单地说，就是这些被选中的$k$个数要么就是$gcd$，要么就是$gcd$的倍数。
因为$k$和$n$已经确定，如何让$gcd$最大？我们很容易想到，$gcd=frac{n}{k}$，注意，这里的除法需要向下取整。
代码就更简单了，复杂度$O(1)$不需要分析了。
#include <cstdio> using namespace std; int n,k; int main(){ scanf("%d%d",&n,&k); printf("%d",n/k); return 0; }
四.倒水 洛谷oj P1582
需要一点对二进制的理解
玩过《2048》这款游戏吗？我觉得和这道题很像。
很明显，所有瓶子的状态可以压成一个二进制数。
比如这个二进制数：
$1100101$
表示的是，经过处理后，有$64$升水、$32$升水、$4$升水、$1$升水的瓶子各一个。
为什么可以这么压？假设有$X$升水的瓶子$Y$个，很显然，X一定是$2$的几次方（我们先表示成$X=2^i$），而如果$Y$大等于$2$，则$Y$一定可以倒进更多水的瓶子里（两瓶$X$就可以变成一瓶$2X$）。因为倒水次数不限制，所以贪心的想法是，初始状态每个瓶子里的水越多越好，这样瓶子就少了。
所以很明显，如果某升水的瓶子数量大于等于$2$，一定可以把多余的水往上倒。初始状态处理到最后，就是二进制数了。而二进制数逢二进一的原则保证了无论多少个1升的瓶子都可以自动处理成最少的瓶数。
所以，当有$a$个1升的瓶子时，处理完后最少的瓶数就是$a$转换成二进制后的$1$的个数。比如这个二进制数$1100101$最少的瓶数就是$4$。
想明白了这一点，这题就很好写了。接下去怎么处理就很容易了，题意翻译过来就是求大等于$N$的最小数，使这个数含有的$1$的个数不大于$K$。然后的结果输出这个最小数减去$N$。
90分暴力算法（最后一个点过不了）：
#include <cstdio> using namespace std; int n,k; long long result; inline int count(long long x){ //数瓶子的个数 int cnt=0; while (x){ if (x&1) cnt+=1; x>>=1; } return cnt; } int main(){ scanf("%d%d",&n,&k); for (result=0;count(result+n)>k;result++); printf("%lld",result); return 0; }
100分算法：
很早以前A的，忘记是怎么优化的了，具体可以直接看代码。如果有时间我再回来补充详细解释。
记得开longlong，不开还是90分.
#include <cstdio> using namespace std; long long n,k; long long cnt; long long result; inline long long count(long long x){ //数瓶子的个数 long long cnt=0; while (x){ if (x&1) cnt+=1; x>>=1; } return cnt; } int main(){ scanf("%d%d",&n,&k); cnt=count(n),result=n; for (int i=0;cnt>k;i++) if ((result>>i)&1){ result-=(1<<i); i+=1; while (true) if ((result>>i)&1){ result+=(1<<i); break; } else i++; cnt=count(result); } printf("%lld",result-n); return 0; }
五.阶乘问题 洛谷oj P1134
调了快一个小时才调出来……给跪了。
题意很清楚了。
28分骗分算法（皮一下）：
打表可知 可以详细证明，阶乘的尾数只可能是$2$、$4$、$6$、$8$。所以随便抓个数骗分/滑稽
#include <cstdio> using namespace std; int main(){ printf("2"); return 0; }
100分算法：
我们很快可以想到，每次都取最后一个有效数字来乘下一个数，这样复杂度$O(N)$是可以过的。
但是，在调试的过程中，会发现取最后一个有效数字是不行的，为什么我就不解释了。差不多要模10的7次方或8次方才能过。
和上一道题目一样，记得开longlong。
#include <cstdio> using namespace std; int n; long long result=1; int main(){ scanf("%d",&n); for (int i=1;i<=n;i++){ result*=i; while (result%10==0) result/=10; result%=100000000; } printf("%d",result%10); return 0; }