https://vjudge.net/contest/173277#overview
A.平方差公式后变为 n = (x + y)(x - y)
令 t = x - y ，变成
n = (t + 2x) * t，要 x 最小
O(sqrt(n)) 枚举 n 的因数即可
1 #include <cstdio> 2 3 typedef long long ll; 4 5 ll n, m, k, t; 6 7 int main() { 8 scanf("%lld", &n); 9 while(n --) { 10 k = 0; 11 scanf("%lld", &m); 12 for(ll i = 1;i * i < m;i ++) { 13 if((m % i == 0) && ((m / i - i) % 2 == 0) ) { 14 t = (m / i - i) / 2; 15 k = 1; 16 } 17 } 18 if(!k) puts("-1"); 19 else printf("%lld ", t); 20 } 21 return 0; 22 }
B.
C.如果GCD中间是加号会困难很多
乘号的话，我们枚举质数对ans的贡献即可
质数 pi 对结果的贡献就是
pow(pi，(n/pi)*(m/pi) + (n/pi^2)*(m/pi^2) + (n/pi^3)*(m/pi^3) +... )
最坏效率，1kw质数大约 n / ln(n) 个
pi = 2， 计算贡献需要logn次，快速幂约logn
复杂度约为 O(n / ln(n) * logn)，考虑到后面质数变大
pi > 100时， 计算贡献就只有3次了
实际计算贡献和快速幂平均下来不到2次
所以 n = 1kw 时是O(n)级别的
1 #include <cstdio> 2 #include <algorithm> 3 4 using std::swap; 5 6 typedef long long ll; 7 8 int p[10000010], v[10000010]; 9 10 int tt; 11 12 long long n, m, ans; 13 14 const int Mod = 1e9 + 7; 15 16 ll calc(ll x, ll k) { 17 ll res = 1; 18 for(;k > 0;x = x * x % Mod, k >>= 1) 19 if(k & 1) res = res * x % Mod; 20 return res; 21 } 22 23 int main() { 24 for(int i = 2;i <= 10000000;i ++) { 25 if(!v[i]) p[++ p[0]] = i; 26 for(int j = 1;j <= p[0] && 1ll * i * p[j] <= 10000000;j ++) { 27 v[i * p[j]] = 1; 28 if(i % p[j] == 0) break; 29 } 30 } 31 long long t, cnt; 32 scanf("%d", &tt); 33 while(tt --) { 34 ans = 1; 35 scanf("%lld %lld", &n, &m); 36 if(m > n) swap(n, m); 37 for(int i = 1;p[i] <= m && i <= p[0];i ++) { 38 t = p[i], cnt = 0; 39 while(1) { 40 cnt += (n / t) * (m / t); 41 if(m / t >= p[i]) t *= p[i]; 42 else break; 43 } 44 ans = ans * calc(p[i], cnt) % Mod; 45 } 46 printf("%lld ", ans); 47 } 48 return 0; 49 }
D.这个题今年3月刚写的又忘记了...
我们一个想法是分解质因数
得到 n! 里每个质数出现的最少次数
但我们平时分解质因数都是O(sqrt(n))的
即使使用前缀和，10^7也无法O(n^1.5)分解
所以这里用了一个巧妙又优秀的的O(nlogn)处理方法
1 for(int i = 2;i * i <= m;i ++) { 2 if(v[i]) continue; 3 for(int j = i * i;j <= m;j += i) 4 v[j] = -i; 5 } 6 for(int i = 2;i <= m;i ++) { 7 int j = i; 8 while(1) { 9 if(v[j] >= 0) { 10 cout << j << endl; 11 break; 12 } 13 else cout << -v[j] << endl, j /= -v[j]; 14 } 15 }
当 i 为非质数时， -vis[i] 存的是 i 的最大的不大于sqrt(i)的质因数
分解质因数后可以二分
也可以用每个质数出现的个数得到不等式 n >= ci
实际效率约均为O(n)级别，前者思考复杂度低
1 #include <bits/stdc++.h> 2 3 #define rep(i, j, k) for(int i = j;i <= k;i ++) 4 #define rev(i, j, k) for(int i = j;i >= k;i --) 5 6 using namespace std; 7 8 typedef long long ll; 9 10 const int maxn = 10000010; 11 12 int n, m, a[maxn], b[maxn], p[maxn]; 13 14 int v[maxn], num[maxn]; 15 16 ll cnt[maxn]; 17 18 bool judge(ll x) { 19 ll y, c; 20 rep(i, 1, p[0]) { 21 y = x, c = 0; 22 while(y) y /= p[i], c += y; 23 if(c < cnt[i]) return 0; 24 } 25 return 1; 26 } 27 28 int main() { 29 ios::sync_with_stdio(false); 30 cin >> n; 31 rep(i, 1, n) { 32 cin >> a[i]; 33 m = max(m, a[i]); 34 b[a[i]] ++; 35 } 36 for(int i = 2;i * i <= m;i ++) { 37 if(v[i]) continue; 38 for(int j = i * i;j <= m;j += i) 39 v[j] = -i; 40 } 41 rep(i, 2, m) 42 if(!v[i]) 43 p[++ p[0]] = i, num[i] = p[0]; 44 rev(i, m, 2) 45 b[i] += b[i + 1]; 46 rep(i, 2, m) { 47 int j = i; 48 while(1) { 49 if(v[j] >= 0) { 50 cnt[num[j]] += b[i]; 51 break; 52 } 53 else cnt[num[-v[j]]] += b[i], j /= -v[j]; 54 } 55 } 56 ll l = 1, r = 10000000000000ll, mid, ans; 57 while(l <= r) { 58 mid = (l + r) >> 1; 59 if(judge(mid)) ans = mid, r = mid - 1; 60 else l = mid + 1; 61 } 62 cout << ans; 63 return 0; 64 }
E.利用欧拉函数的性质，对于给定的 x
满足 phi[n] >= x 的最小的 n 一定是个质数
范围不大预处理即可
1 #include <cstdio> 2 3 const int maxn = 1000010; 4 5 int pr[maxn], ph[maxn], vis[maxn]; 6 7 int Case, n, a, b[maxn]; 8 9 long long ans; 10 11 int main() { 12 for(int i = 2;i < maxn;i ++) { 13 if(!vis[i]) { 14 pr[++ pr[0]] = i; 15 ph[i] = i - 1; 16 } 17 for(int j = 1;j <= pr[0] && i * pr[j] < maxn;j ++) { 18 vis[i * pr[j]] = 1; 19 if(i % pr[j] == 0) break; 20 } 21 } 22 int last = 1000003; 23 for(int i = 1000000;i;i --) { 24 b[i] = last; 25 if(ph[i]) last = i; 26 } 27 scanf("%d", &Case); 28 for(int t = 1;t <= Case;t ++) { 29 ans = 0; 30 scanf("%d", &n); 31 for(int j = 1;j <= n;j ++) { 32 scanf("%d", &a); 33 ans += b[a]; 34 } 35 printf("Case %d: %lld Xukha ", t, ans); 36 } 37 return 0; 38 }
F.
G.求前几位的题目，取个对数就行
利用斐波那契数列的通项公式
我们发现后面减去的一项<1，n变大之后忽略即可
取完对数乘法变加法
最后输出前4位，必须舍去后面位数所以直接double转int
%.0f 会四舍五入并不满足要求
1 #include <cstdio> 2 #include <cmath> 3 #include <algorithm> 4 5 using std::abs; 6 7 int n, f[21]; 8 9 int main() { 10 f[1] = 1; 11 for(int i = 2;i < 21;i ++) f[i] = f[i - 1] + f[i - 2]; 12 while(scanf("%d", &n) != EOF) { 13 if(n < 21) printf("%d ", f[n] % 10000); 14 else { 15 double x = (log(1 / sqrt(5.0)) + log((sqrt(5.0) + 1) / 2) * n) / log(10.0); 16 x -= (int)x; 17 x = pow(10, x); 18 while(x < 1000) x *= 10; 19 printf("%d ", (int)x); 20 } 21 } 22 return 0; 23 }
H.
I.混进来的放水题目
可以先把每一层节点都挂到上一层的一个节点上
可以出现最多的叶子节点
如果发现太多了就开始把当前层的节点
往上一层的其他节点上挪动，每动一次减少一个叶子节点
1 #include <cstdio> 2 3 const int maxn = 200010; 4 5 int n, t, k, b[maxn], s[maxn], a[maxn]; 6 7 int main() { 8 s[1] = 2, s[0] = 1; 9 scanf("%d %d %d", &n, &t, &k); 10 if(k > n - t) { 11 puts("-1"); 12 return 0; 13 } 14 for(int j = 2,i = 1;i <= t;i ++) { 15 scanf("%d", &a[i]), s[i + 1] = a[i] + s[i]; 16 for(int p = 1;p <= a[i];p ++, j ++) 17 b[j] = s[i - 1]; 18 } 19 k = n - t - k; 20 if(k > 0) { 21 for(int p = 2;p <= t;p ++) { 22 for(int j = s[p - 1] + 1, i = s[p] + 1;i < s[p + 1] && j < s[p];i ++, j ++) { 23 b[i] = j, k --; 24 if(!k) break; 25 } 26 if(!k) break; 27 } 28 } 29 if(k) puts("-1"); 30 else { 31 printf("%d ", n); 32 for(int i = 2;i <= n;i ++) 33 printf("%d %d ", i, b[i]); 34 } 35 }
J.快速幂水题
另外因为2009非质数，所以不到50的时候ans已经变成0了
1 #include <cstdio> 2 3 typedef long long ll; 4 5 ll n, a[3000]; 6 7 ll power(ll x, ll k) { 8 ll res = 1; 9 for(;k;k >>= 1, x = x * x % 2009) 10 if(k & 1) res = res * x % 2009; 11 return res; 12 } 13 14 int main() { 15 ll m, ans; 16 a[0] = 1, a[1] = 1; 17 for(int i = 2;i < 2009;i ++) 18 a[i] = a[i - 1] * i % 2009; 19 while(scanf("%lld", &n) != EOF) { 20 ans = 1; 21 m = n / 2009; 22 ans *= power(a[2008], m); 23 printf("%lld ", ans * a[n % 2009] % 2009); 24 } 25 return 0; 26 }