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T1-求余问题
Abu Tahun很喜欢回文。
一个数组若是回文的，那么它从前往后读和从后往前读都是一样的，比如数组{1},{1,1,1},{1,2,1},{1,3,2,3,1}都是回文数组，但是数组{11,3,5,11},{1,12}不是回文的。
Abu Tahun有个包含n个整数的数组A，他想让它变成回文的。他可以任意选择一个整数m，然后让所有元素Ai变成Ai mod m。
求最大的m的值。
解法
显然，需要满足
a[1]===a[n](mod m)
a[2]===a[n-1](mod m)
......
则一定有最大的m为gcd(a[1]-a[n],a[2]-a[n-1],......)
ac代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int gcd(int a,int b){return b==0?a:gcd(b,a%b);}
int n,a[100010],ans=0;
int main()
{
freopen("palindrome.in","r",stdin),freopen("palindrome.out","w",stdout);
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
for(int i=1;i<=n/2;i++)ans=gcd(ans,abs(a[i]-a[n-i+1]));
if(ans)printf("%d
",ans);else puts("-1");
return 0;
}
T2-阶乘数组
你正在做“机器学习”研究，作为机器学习教育的一部分，你必须先学习组合数学。在老师给你讲了为什么组合数学里，到处会出现“阶乘!”后，你需要挑战下面这个问题：
给定一个数组(A = [A_1,A_2,dots,A_n])，长度是n，你需要完成m次操作，操作有3种：
1、给定闭区间([l, r])，为区间内的所有数增加1
2、给定闭区间([l, r])，计算(sum_{i=l}^r A_i! mod 10^9)
3、给位置i和数值v，将第i个数变成v
解法
因为是mod 1e9，所以40! mod 1e9就是0了
显然是个线段树，标算是对于线段树上的每一个节点，存一个数组，cnt[i]表示这一区间i的数量有多少个
这个做法的复杂度就是40*nlogn，虽然能过，但是代码很长，关键是我打炸了（大雾
还有一种做法，暴力维护，每次单点修是logn，查询是logn，区间修改暴力一下
有人会说：这不就n方了吗
所以需要优化，因为一个点最多进行40次区间修，所以维护一个标记，标记一个区间是否全部大于40
然后复杂度是一样的，但是连懒标记都不用打唉，还能爆踩标算有木有捏QAQ
ac代码
#include<bits/stdc++.h>
#define mod 1000000000
#define ls (nw*2)
#define rs (nw*2+1)
#define mid ((l+r)>>1)
using namespace std;
int n,m,opt,x,y,g[40]={1},a[400010],t[400010],tag[400010];
void pushup(int nw){a[nw]=(a[ls]+a[rs])%mod,tag[nw]=tag[ls]&tag[rs];}
void build(int nw,int l,int r)
{
if(l==r){scanf("%d",&t[nw]);if(t[nw]>=40)tag[nw]=1;else a[nw]=g[t[nw]];return;}
build(ls,l,mid),build(rs,mid+1,r),pushup(nw);
}
void modify(int nw,int l,int r,int ql,int qr)
{
if(tag[nw])return;
if(l==r){t[nw]++;if(t[nw]>=40)a[nw]=0,tag[nw]=1;else a[nw]=g[t[nw]];return;}
if(ql<=mid)modify(ls,l,mid,ql,qr);
if(qr>mid)modify(rs,mid+1,r,ql,qr);
pushup(nw);
}
void update(int nw,int l,int r,int q,int v)
{
if(l==r){t[nw]=v;if(t[nw]>=40)a[nw]=0,tag[nw]=1;else a[nw]=g[t[nw]],tag[nw]=0;return;}
if(q<=mid)update(ls,l,mid,q,v);else update(rs,mid+1,r,q,v);
pushup(nw);
}
int query(int nw,int l,int r,int ql,int qr)
{
if(ql<=l&&r<=qr)return a[nw];
if(qr<=mid)return query(ls,l,mid,ql,qr);
if(ql>mid)return query(rs,mid+1,r,ql,qr);
return (query(ls,l,mid,ql,qr)+query(rs,mid+1,r,ql,qr))%mod;
}
int main()
{
freopen("factorial.in","r",stdin),freopen("factorial.out","w",stdout);
for(int i=1;i<=39;i++)g[i]=(1ll*g[i-1]*i)%mod;
scanf("%d%d",&n,&m),build(1,1,n);
for(int i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%d%d%d",&opt,&x,&y);
if(opt==1)modify(1,1,n,x,y);
if(opt==2)printf("%d
",query(1,1,n,x,y));
if(opt==3)update(1,1,n,x,y);
}
return 0;
}
T3-直角三角形
四个直角三角形(9,12,15),(12,16,20),(5,12,13),(12,35,37)较特殊的地方是它们的边长都是整数，而且其中一条直角边边长都是12。可以证明，边长都是整数且其中一条直角边边长是12的直角三角形就这四个。
找到最小的整数x，使得直角三角形的边长都为整数的情况下，包含直角边长为x的直角三角形个数恰好是n个。
解法
首先我们需要找到根据x求n的方法
(x^2+y^2=z^2->x^2=z^2-y^2->x^2=(z+y)*(z-y)->x^2=uv(u=z+y,v=z-y)->z=(u+v)/2,y=(u-v)/2)
所以每一对((u,v))只要满足(uv=x^2)并且(u!=v)并且(u===v(mod 2))就是一组解
具体的，对于(x=2^a3^b5^c7^ddots)，方案数就是([(2a-1)(2b+1)(2c+1)(2d+1)dots-1]/2)
那知道n怎么求最小的x呢，考虑dp，枚举每个质数的指数，然后转移时先不管特殊的2
ac代码
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define lima 2000010
#define limb 10000000000000000
using namespace std;
void get(ll &x, ll y){if(x==0)x=y;else x=min(x,y);}
int n,q,prime[20]={14,2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,33,37,41};
ll dp[lima],p=1,ans;
int main()
{
freopen("triangle.in","r",stdin),freopen("triangle.out","w",stdout);
dp[1]=1,scanf("%d",&n);
for(int i=2;i<=prime[0];i++)for(int j=lima;j>=1;j--,p=1)
{
if(!dp[j])continue;
for(int k=1;;k++)
{
p=1ll*p*prime[i];
if(1ll*j*(k*2+1)>lima||1ll*dp[j]*p>limb)break;
get(dp[j*(k*2+1)],1ll*dp[j]*p);
}
}
while(n--)
{
scanf("%d",&q),q=q*2+1,ans=(dp[q]?dp[q]:limb+1);
for(int k=1;;k++)
{
if((1ll<<k)>limb)break;
if(q%(2*k-1))continue;
if(dp[q/(2*k-1)]&&1ll*dp[q/(2*k-1)]<limb/(1ll<<k))
ans=min(ans,1ll*dp[q/(2*k-1)]*(1ll<<k));
}
printf("%lld
",ans>limb?-1:ans);
}
return 0;
}