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title: 「kuangbin带你飞」专题十四 数论基础
author: "luowentaoaa"
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mathjax: true
- kuangbin
- 数论
A - Bi-shoe and Phi-shoe(欧拉函数的性质)
题意
给出一些数字，对于每个数字找到一个欧拉函数值大于等于这个数的数，求找到的所有数的最小和。
思路
考察了欧拉函数的简单性质，即满足欧拉函数(k)>=N的最小数为N+1之后的第一个素数
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod=998244353;
const int maxn=2e6+1000;
const ll inf=0x3f3f3f3f3f3f3f3fLL;
bool check[maxn];
int phi[maxn];
int prime[maxn];
int tot;
vector<int>ppp;
void phi_table(int n){
phi[1]=1;
tot=0;
for(int i=2;i<=n;i++){
if(!check[i]){prime[tot++]=i;phi[i]=i-1;ppp.push_back(i);}
for(int j=0;j<tot;j++){
if(i*prime[j]>n)break;
check[i*prime[j]]=true;
if(i%prime[j]==0){
phi[i*prime[j]]=phi[i]*prime[j];
break;
}
else
phi[i*prime[j]]=phi[i]*(prime[j]-1);
}
}
}
int main()
{
std::ios::sync_with_stdio(false);
std::cin.tie(0);
std::cout.tie(0);
phi_table(2000000);
int t;
int cnt=1;
cin>>t;
while(t--){
int n;cin>>n;
vector<int>ve;
ll ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
int a;
cin>>a;
ans+=ppp[lower_bound(ppp.begin(),ppp.end(),a+1)-ppp.begin()];
}
cout<<"Case "<<cnt++<<": "<<ans<<" Xukha"<<endl;
}
return 0;
}
C - Aladdin and the Flying Carpet（唯一分解定理）
题意
给一对数字 a，b ，a是一个长方形的面积，问有多少种整数的边的组合可以组成面积为a的长方形，要求最短的边不得小于b
思路
唯一分解定理
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod=998244353;
const int maxn=1e6+1000;
const ll inf=0x3f3f3f3f3f3f3f3fLL;
bool check[maxn];
int phi[maxn];
int prime[maxn];
int tot;
void phi_table(int n){
phi[1]=1;
tot=0;
for(int i=2;i<=n;i++){
if(!check[i]){prime[tot++]=i;phi[i]=i-1;}
for(int j=0;j<tot;j++){
if(i*prime[j]>n)break;
check[i*prime[j]]=true;
if(i%prime[j]==0){
phi[i*prime[j]]=phi[i]*prime[j];
break;
}
else
phi[i*prime[j]]=phi[i]*(prime[j]-1);
}
}
}
ll getnum(ll n){
ll ans=1,num=0;
for(int i=0;i<tot&&prime[i]*prime[i]<=n;i++){
if(n%prime[i]==0){
num=0;
while(n%prime[i]==0){
n/=prime[i];
num++;
}
ans*=(num+1);
}
}
if(n>1)ans*=2;
return ans;
}
int main()
{
std::ios::sync_with_stdio(false);
std::cin.tie(0);
std::cout.tie(0);
int t;
int cnt=1;
cin>>t;
phi_table(1000000+50);
while(t--){
ll a,b;
cin>>a>>b;
if(a<=b*b){
cout<<"Case "<<cnt++<<": ";
cout<<0<<endl;
continue;
}
ll ans=getnum(a)/2;
for(ll i=1;i<b;i++){
if(a%i==0)ans--;
}
cout<<"Case "<<cnt++<<": ";
cout<<ans<<endl;
}
return 0;
}
D - Sigma Function （平方数和平方数×2的约数和是奇数 ）
题意
求1-n中的因子和为偶数的个数是多少
思路
平方数和平方数*2的约数和是奇数
而且-----平方数*2的个数就等于sqrt（n/2）
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod=998244353;
const int maxn=1e6+1000;
const ll inf=0x3f3f3f3f3f3f3f3fLL;
int main()
{
std::ios::sync_with_stdio(false);
std::cin.tie(0);
std::cout.tie(0);
int t;
int cnt=1;
cin>>t;
while(t--){
ll ans;
cin>>ans;
ans-=floor(sqrt(ans))+floor(sqrt(ans/2));
cout<<"Case "<<cnt++<<": ";
cout<<ans<<endl;
}
return 0;
}
E - Leading and Trailing(求 n^k 前3项和后3项)
思路
后三项不需要想就知道是快速幂了
但是前三项需要推一下
我们知道任意数可以转化成 X = 10^( x + y ) (x为整数，y为小数)
其中 10^x 来控制的是源数字 *10 *100.。。这样的东西，而具体这个数字等于多少，全靠10^y ，
那么 我们就可知道 10^y 就是我们要求的前n个数字还不会炸 long long (用double的话末尾消去，很适合)
这样我们就能保证前7位可知， 如果要前三位 只需要 10^(y) * 100 就好了。
由于这道题数据卡的不是太死。。限时 2s ，那么不用快速幂去搞前三位。。似乎没事。
fmod 是一个特殊函数 fmod(a,b) (a , b 为 浮点型) 得出的结果是 a / b 得出的结果的小数。。
距离 fmod( 4, 3 ) 结果为 0.3333333 ，那么我们这样 fmod( x , 1 ) 就是默认取他的小数点位
那么 对于 X^k = 10^x * 10^y
x + y = k * lg X ,那么 y = fmod( k*lg X, 1.0 )
然后再*100就是前三位了。。。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod=998244353;
const int maxn=1e6+1000;
const ll inf=0x3f3f3f3f3f3f3f3fLL;
int pow_mod(int x,int n,int mod){
int res=1;
while(n){
if(n&1)res=res*x%mod;
x=x*x%mod;
n>>=1;
}
return res;
}
int main()
{
/*std::ios::sync_with_stdio(false);
std::cin.tie(0);
std::cout.tie(0);*/
int t;
int cnt=1;
cin>>t;
while(t--){
int n,k;
cin>>n>>k;
int ans1=pow(10.0,fmod(k*log10(n*1.0),1))*100;
int ans2=pow_mod(n%1000,k,1000);
printf("Case %d: %03d %03d
",cnt++,ans1,ans2);
}
return 0;
}
F - Goldbach`s Conjecture (线性筛)
题意
T组询问，每组询问是一个偶数n
验证哥德巴赫猜想
回答n=a+b
且a，b(a<=b)是质数的方案个数
思路
注意不要被卡内存就行
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod=998244353;
const int maxn=1e7+10;
const ll inf=0x3f3f3f3f3f3f3f3fLL;
bool check[maxn];
int prime[700000];
int tot;
void getprime(){
tot=0;
for(int i=2;i<maxn;i++){
if(!check[i]){
prime[tot++]=i;
}
for(int j=0;j<tot;j++){
if(i*prime[j]>=maxn)break;
check[i*prime[j]]=true;
if(i%prime[j]==0)break;
}
}
}
int main()
{
std::ios::sync_with_stdio(false);
std::cin.tie(0);
std::cout.tie(0);
int t;
int cnt=1;
cin>>t;
getprime();
while(t--){
int n;
cin>>n;
int ans=0;
for(int i=0;i<tot&&prime[i]*2<=n;i++){
if(!check[n-prime[i]])ans++;
}
cout<<"Case "<<cnt++<<": ";
cout<<ans<<endl;
}
return 0;
}
G - Harmonic Number (II)（整除分块）
题意
求f(n)=n/1+n/2.....n/n,其中n/i保留整数;
思路
直接套莫比乌斯反演的整除分块
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod=998244353;
const int maxn=1e7+10;
const ll inf=0x3f3f3f3f3f3f3f3fLL;
int main()
{
std::ios::sync_with_stdio(false);
std::cin.tie(0);
std::cout.tie(0);
int t;
int cnt=1;
cin>>t;
while(t--){
ll n;
cin>>n;
ll ans=0;
for(ll l=1,r;l<=n;l=r+1){
r=n/(n/l);
ans+=(r-l+1)*(n/l);
}
cout<<"Case "<<cnt++<<": ";
cout<<ans<<endl;
}
return 0;
}
H - Pairs Forming LCM (唯一分解定理)
题意
求有多少组 （ i，j ）
使 lcm(i, j) = n and (i ≤ j).
(1 ≤ n ≤ 10^14)
思路
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod=998244353;
const int maxn=1e7+10;
const ll inf=0x3f3f3f3f3f3f3f3fLL;
bool check[maxn];
int prime[1000000];
int tot;
void getprime(){
tot=0;
for(int i=2;i<maxn;i++){
if(!check[i]){
prime[tot++]=i;
}
for(int j=0;j<tot;j++){
if(i*prime[j]>=maxn)break;
check[i*prime[j]]=true;
if(i%prime[j]==0)break;
}
}
}
ll getnum(ll n){
ll ans,sum;
ans=0;
sum=1;
for(int i=0;i<tot&&prime[i]*prime[i]<=n;i++){
if(n%prime[i]==0){
ans=0;
while(n%prime[i]==0){
n/=prime[i];
ans++;
}
sum*=(2*ans+1);
}
}
if(n>1)sum*=3;
return sum;
}
int main()
{
std::ios::sync_with_stdio(false);
std::cin.tie(0);
std::cout.tie(0);
int t;
int cnt=1;
cin>>t;
getprime();
while(t--){
ll n;
cin>>n;
cout<<"Case "<<cnt++<<": ";
cout<<getnum(n)/2+1<<endl;
}
return 0;
}
I - Harmonic Number (欧拉常数 /稀疏打表求调和级数)
题意
t组数据，每组一个n 求 1+1/2+1/3+1/4 ......+1/n的和
思路
直接100个一组打表求前1e7项
或者直接套公式
r=0.57721566490153286060651209（r就是欧拉常数）。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod=998244353;
const int maxn=1e6+10;
const ll inf=0x3f3f3f3f3f3f3f3fLL;
double num[maxn];
void init(){
num[0]=0;
num[1]=1.0;
double ans=1.0;
for(int i=2;i<=100000000;i++){
ans+=1.0/(i*1.0);
if(i%100==0)num[i/100]=ans;
}
}
int main()
{
std::ios::sync_with_stdio(false);
std::cin.tie(0);
std::cout.tie(0);
int t;
int cnt=1;
cin>>t;
init();
while(t--){
int n;
cin>>n;
int k=n/100;
double ans=num[k];
for(int i=k*100+1;i<=n;i++)ans+=1.0/(i*1.0);
cout<<"Case "<<cnt++<<": ";
cout<<fixed<<setprecision(10);
cout<<ans<<endl;
}
return 0;
}
J - Mysterious Bacteria (唯一分解定理，有符号整数只有31位，负数指数只能是奇数)
题意
给你一个整数n(可能为负数),让你求满足a^p=n的最大的p
思路
当n是正数时,直接对n进行素因子分解，在对它的素因子的个数进行gcd,比如12=2^2*3,gcd(2,1)就是最大的p;
当n是负数时,则p的值一定是奇数,因为一个数的偶数次方一定为整数，因此需要将它的素因子个数全都化为奇数。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod=998244353;
const int maxn=1e6+10;
const ll inf=0x3f3f3f3f3f3f3f3fLL;
int prime[maxn+1];
void getprime(){
memset(prime,0,sizeof(prime));
for(int i=2;i<=maxn;i++){
if(!prime[i])prime[++prime[0]]=i;
for(int j=1;j<=prime[0]&&prime[j]<=maxn/i;j++){
prime[prime[j]*i]=1;
if(i%prime[j]==0)break;
}
}
}
ll factor[100][2];
int fatcnt;
int getfactors(ll x){
fatcnt=0;
ll tmp=x;
for(int i=1;i<=prime[0]&&prime[i]<=tmp/prime[i];i++){
factor[fatcnt][1]=0;
if(tmp%prime[i]==0){
factor[fatcnt][0]=prime[i];
while(tmp%prime[i]==0){
factor[fatcnt][1]++;
tmp/=prime[i];
}
fatcnt++;
}
}
if(tmp!=1){
factor[fatcnt][0]=tmp;
factor[fatcnt++][1]=1;
}
return fatcnt;
}
int main()
{
std::ios::sync_with_stdio(false);
std::cin.tie(0);
std::cout.tie(0);
int t;
int cnt=1;
cin>>t;
getprime();
while(t--){
ll n;
cin>>n;
bool flag=0;
if(n<0){
flag=1;n=-n;
}
int tot=getfactors(n);
ll gc=factor[0][1];
for(int i=0;i<tot;i++){
gc=__gcd(gc,factor[i][1]);
}
if(flag){
while(gc%2==0)gc/=2;
}
cout<<"Case "<<cnt++<<": ";
cout<<gc<<endl;
}
return 0;
}
K - Large Division (同余模定理)
题意
给你一个大数A问你是否可以被一个b整除
思路
直接同余模
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod=998244353;
const int maxn=1e6+10;
const ll inf=0x3f3f3f3f3f3f3f3fLL;
int main()
{
std::ios::sync_with_stdio(false);
std::cin.tie(0);
std::cout.tie(0);
int t;
int cnt=1;
cin>>t;
while(t--){
string a;ll b;
cin>>a>>b;
ll ans=0;
if(b<0)b=-b;
int len=a.length();
for(int i=0;i<len;i++){
if(a[i]=='-')continue;
ans=(ans*10+a[i]-'0')%b;
}
cout<<"Case "<<cnt++<<": ";
if(ans==0)cout<<"divisible"<<endl;
else
cout<<"not divisible"<<endl;
}
return 0;
}
L - Fantasy of a Summation（快速幂）
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod=998244353;
const int maxn=1e6+10;
const ll inf=0x3f3f3f3f3f3f3f3fLL;
ll a[maxn];
ll pow_mod(ll a,ll n,ll mod){
ll res=1;
while(n){
if(n&1)res=(res*a)%mod;
a=(a*a)%mod;
n>>=1;
}
return res;
}
int main()
{
std::ios::sync_with_stdio(false);
std::cin.tie(0);
std::cout.tie(0);
int t;
int cnt=1;
cin>>t;
while(t--){
int n;ll ans=0,mo,k;
cin>>n>>k>>mo;
for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i],ans=(ans+a[i])%mo;
cout<<"Case "<<cnt++<<": ";
cout<<(ans*(pow_mod(n,k-1,mo)*k)%mo)%mo<<endl;
}
return 0;
}
M - Help Hanzo (大区间素数筛选)
题意
给出T个实例，T<=200，给出[a,b]区间,问这个区间里面有多少个素数？(1 ≤ a ≤ b < 231, b - a ≤ 100000)
思路
首先先把筛素数改成筛非素数
然后先用sqrt(b)里面的素数去筛a-b之间的非素数 剩下的就都是素数了
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod=998244353;
const int maxn=1e6+10;
const ll inf=0x3f3f3f3f3f3f3f3fLL;
int prime[maxn+1];
void getprime(){
memset(prime,0,sizeof(prime));
for(int i=2;i<=maxn;i++){
if(!prime[i])prime[++prime[0]]=i;
for(int j=1;j<=prime[0]&&prime[j]<=maxn/i;j++){
prime[prime[j]*i]=1;
if(i%prime[j]==0)break;
}
}
}
bool flag[maxn];
int main()
{
std::ios::sync_with_stdio(false);
std::cin.tie(0);
std::cout.tie(0);
int t;
int cnt=1;
cin>>t;
getprime();
while(t--){
ll a,b;
cin>>a>>b;
memset(flag,0,sizeof(flag));
int dis=b-a;
for(int i=1;i<=prime[0]&&prime[i]*prime[i]<=b;i++){
for(int j=a/prime[i]*prime[i];j<=b;j+=prime[i])
if(j>=a&&j>prime[i])flag[j-a]=true;
}
ll ans=0;
for(int i=0;i<=dis;i++)
if(!flag[i])ans++;
if(a==1)ans--;
cout<<"Case "<<cnt++<<": ";
cout<<ans<<endl;
}
return 0;
}
N - Trailing Zeroes (III) （二分）
题意
N！后面有Q个0，给你Q,求N
思路
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod=998244353;
const int maxn=1e9+10;
const ll inf=0x3f3f3f3f3f3f3f3fLL;
int check(int mid){
int k=0;
while(mid){
k+=mid/5;
mid/=5;
}
return k;
}
int main()
{
std::ios::sync_with_stdio(false);
std::cin.tie(0);
std::cout.tie(0);
int t;
int cnt=1;
cin>>t;
while(t--){
int q;
cin>>q;
int l=-1,r=maxn,ans=-1;
while(l<=r){
int mid=(l+r)/2;
int k=check(mid);
if(k==q){
ans=mid;
r=mid-1;
}
else if(k<q){
l=mid+1;
}
else if(k>q){
r=mid-1;
}
}
cout<<"Case "<<cnt++<<": ";
if(ans==-1)cout<<"impossible"<<endl;
else
cout<<ans<<endl;
}
return 0;
}
O - GCD - Extreme (II) （欧拉函数的应用）
题意
求sum(gcd(i,j),1<=i<j<=n)1<n<4000000
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod=998244353;
const int maxn=4e6+10;
const ll inf=0x3f3f3f3f3f3f3f3fLL;
bool check[maxn];
ll phi[maxn];
int prime[maxn];
int tot;
ll sum[maxn];
void phi_table(int n){
phi[1]=0;
tot=0;
for(int i=2;i<=n;i++){
if(!check[i]){prime[tot++]=i;phi[i]=i-1;}
for(int j=0;j<tot;j++){
if(i*prime[j]>n)break;
check[i*prime[j]]=true;
if(i%prime[j]==0){
phi[i*prime[j]]=phi[i]*prime[j];
break;
}
else
phi[i*prime[j]]=phi[i]*(prime[j]-1);
}
}
for(int i=1;i<=n;i++){
phi[i]+=phi[i-1];
sum[i]+=sum[i-1]+i;
}
}
int main()
{
std::ios::sync_with_stdio(false);
std::cin.tie(0);
std::cout.tie(0);
phi_table(4000000);
int n;
while(cin>>n&&n){
ll ans=0;
for(int l=1,r;l<=n;l=r+1){
r=n/(n/l);
ans+=phi[(n/l)]*(sum[r]-sum[l-1]);
}
cout<<ans<<endl;
}
return 0;
}
R - 青蛙的约会 (exgcd)
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod=998244353;
const int maxn=4e6+10;
const ll inf=0x3f3f3f3f3f3f3f3fLL;
///返回 d=gcd(a,b); 和对应于等式 ax+by=d 中的 x,y
ll extend_gcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y){
if(a==0&&b==0)return -1;
if(b==0){x=1;y=0;return a;}
ll d=extend_gcd(b,a%b,y,x);
y-=a/b*x;
return d;
}
int main()
{
std::ios::sync_with_stdio(false);
std::cin.tie(0);
std::cout.tie(0);
ll xx,yy,m,n,l;
cin>>xx>>yy>>m>>n>>l;
ll a=(m-n);
ll b=l;
ll c=yy-xx;
ll x,y;
ll d=extend_gcd(a,b,x,y);
if(c%d){
cout<<"Impossible"<<endl;
}
else{
x*=(c/d);
x=(x%l+l)%l;
cout<<x<<endl;
}
return 0;
}
S - C Looooops (exgcd)
思路
满足下列方程
ax0+by0=gcd(a,b);
如果c%gcd==0 那么此方程有解，否则没有解
若有解
方程两边同时乘以 c/gcd(a,b) 得 (a×c/gcd(a,b))×x0+(bc/gcd(a,b))y0=c;
这时得出方程的一个解 x1=x0×c/gcd(a,b) y1=y0×c/gcd(a,b)
求最小整数解 意思把x1变到减少到不能减少为止 也就是把x0 减少到不能减少为止
若x0减小x，那么方程左边 整体会减少 （ac/gcd(a,b)）x 此时 y0 需要增加相应的数使得等式平衡
而假设 y0增加了y 总体增加了 （bc/gcd(a,b)）y 此时 （ac/gcd(a,b)）x==(ac/gcd(a,b))y
而且x,y为整数 我们可以得到 x/y==b/gcd(a,b) / a/gcd(a,b)
这时 x每次减少 b/gcd(a,b) y只需增加 a/gcd(a,b) 就可以使得等式平衡。 那为什么我们不约掉gcd(a,b)?
因为x越小，我们得到的最小整数解就会越小。。。。
这时我们让x0不断减 x (x=b/gcd(a,b)) 直到 x0-ix>=0 && x0-(i+1)x<0 (i为减x的次数) 这时得到的就是最小整数解
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod=998244353;
const int maxn=4e6+10;
const ll inf=0x3f3f3f3f3f3f3f3fLL;
///返回 d=gcd(a,b); 和对应于等式 ax+by=d 中的 x,y
ll extend_gcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y){
if(a==0&&b==0)return -1;
if(b==0){x=1;y=0;return a;}
ll d=extend_gcd(b,a%b,y,x);
y-=a/b*x;
return d;
}
int main()
{
std::ios::sync_with_stdio(false);
std::cin.tie(0);
std::cout.tie(0);
ll aa,bb,cc,kk;
while(cin>>aa>>bb>>cc>>kk){
if(aa==0&&bb==0&&cc==0&&kk==0)break;
ll a=cc;
ll b=1LL<<kk;
ll c=bb-aa;
ll x,y;
ll d=extend_gcd(a,b,x,y);
if(c%d){
cout<<"FOREVER"<<endl;
}
else{
ll x0=x*(c/d)%b; ///变成特解
cout<<(x0%(b/d)+(b/d))%(b/d)<<endl;
}
}
return 0;
}
U - Primes （水）
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod=998244353;
const int maxn=2e5+10;
const ll inf=0x3f3f3f3f3f3f3f3fLL;
bool check[maxn];
int prime[maxn];
void init(){
check[1]=true;
for(int i=2;i<maxn;i++){
if(!check[i])prime[++prime[0]]=i;
for(int j=1;j<=prime[0]&&prime[j]*i<maxn;j++){
check[prime[j]*i]=true;
if(i%prime[j]==0)break;
}
}
check[2]=true;
}
int main()
{
std::ios::sync_with_stdio(false);
std::cin.tie(0);
std::cout.tie(0);
int n;
int tot=1;
init();
while(cin>>n&&(n>0)){
cout<<tot++<<": ";
if(check[n]){
cout<<"no"<<endl;
}
else cout<<"yes"<<endl;
}
return 0;
}
X - Farey Sequence (欧拉函数)
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod=998244353;
const int maxn=1e6+10;
const ll inf=0x3f3f3f3f3f3f3f3fLL;
bool check[maxn];
int phi[maxn];
int prime[maxn];
int tot;
ll sum[maxn];
void phi_table(int n){
phi[1]=1;
tot=0;
for(int i=2;i<=n;i++){
if(!check[i]){prime[tot++]=i;phi[i]=i-1;}
for(int j=0;j<tot;j++){
if(i*prime[j]>n)break;
check[i*prime[j]]=true;
if(i%prime[j]==0){
phi[i*prime[j]]=phi[i]*prime[j];
break;
}
else
phi[i*prime[j]]=phi[i]*(prime[j]-1);
}
}
for(int i=2;i<=n;i++){
sum[i]=sum[i-1]+phi[i];
}
}
int main()
{
std::ios::sync_with_stdio(false);
std::cin.tie(0);
std::cout.tie(0);
int n;
int tot=1;
phi_table(maxn-1);
while(cin>>n&&(n>0)){
cout<<sum[n]<<endl;
}
return 0;
}