此题测试时预处理等了很久，结果470ms过了。。。。。。
题意：开始不怎么懂，结果发现是这个：
波兰裔美国数学家斯塔尼斯拉夫·乌拉姆（Stanislaw Ulam）在20世纪50年代中期开发出了另一种筛法：从正整数序列开始，先将数列中的第2n个数（偶数）删除，只留下奇数；这样剩下的数列中第二项是3，因此将新数列的第3n个数删除；再剩下的新数列中的第三项为7，因此将新数列的第7n个数删除；再剩下的新数列中的第四项为9，因此将新数列的第9n个数删除；这样继续下去，最终有一些数永远地逃离了被删除的命运而留下来，这就是为什么乌拉姆把它们称作“幸运数”。
求的是给你一些（<=100000）数字n（0<n<=2000000），问他是否可以被分成两个幸运数:L1<=L2，并保证（L2-L1）最小
题解：首先预处理出所有数字中有哪些幸运数字，然后我们可以看到给你的数字个数比数字大小要小，所以不需要预处理出所有数字的答案。
可以看到删除2n,3n,7n。。。这些次数并不是太多（大概一万多次），所以我开始模拟链表，每一位存下一个数的位置，但是这样却是非常慢的，因为每次都要遍历剩下的所有位置。而通过观察看出，因为每次需要删除固定一些位置的数字（类似约瑟夫环），然后后面的数字都要前移，所以数组链表直接模拟均要遍历多次数组。
但我们把问题直接转化出来就是：数组中有 1-n 各一个数字，每次需要删除pos位置上的数字，删除后这个数字后它就不能占位置了，求最后还有哪些数字。这样我们可以使用树状数组，再套二分，因为前缀和是单调非递减的。我们可以在a数组开始每一位都放1，接着二分找等于pos并第一个出现pos是哪个下标（1-n），再维护树状数组。这样就可以使用O（Log2 n*Log2 n）求出每次应该删除哪个下标的值，直接标记就好。接着每次求答案时直接暴力从n/2向下查询
#include<set> #include<map> #include<queue> #include<stack> #include<cmath> #include<vector> #include<string> #include<cstdio> #include<cstring> #include<stdlib.h> #include<iostream> #include<algorithm> using namespace std; #define eps 1E-8 /*注意可能会有输出-0.000*/ #define Sgn(x) (x<-eps? -1 :x<eps? 0:1)//x为两个浮点数差的比较,注意返回整型 #define Cvs(x) (x > 0.0 ? x+eps : x-eps)//浮点数转化 #define zero(x) (((x)>0?(x):-(x))<eps)//判断是否等于0 #define mul(a,b) (a<<b) #define dir(a,b) (a>>b) typedef long long ll; typedef unsigned long long ull; const int Inf=1<<28; const double Pi=acos(-1.0); const int Mod=1e9+7; const int Max=2000010; int num[Max],vis[Max],bit[Max],n;//幸运数字有哪些 标记 树状数组记录 map<int,int> mp; int ans1,ans2; int lowbit(int x) { return x&(-x); } void Add(int x,int y) { while(x<Max) { bit[x]+=y; x+=lowbit(x); } return; } int Sum(int x) { int sum=0; while(x) { sum+=bit[x]; x-=lowbit(x); } return sum; } int Dic(int sma,int big,int val)//使用的是前缀和的单调性,所以找大于等于的最前一个 { while(sma<big) { int mid=(sma+big>>1); if(Sum(mid)>=val) big=mid; else sma=mid+1; } return big; } int Init(int n) { mp.clear(); memset(bit,0,sizeof(bit)); for(int i=1; i<n; ++i) { if(i&1) { vis[i]=1; Add(i,1); } else vis[i]=0; } int pos,flag,tmp; for(int i=2; 1; ++i) //二分树状数组 { flag=0; tmp=Dic(1,n,i); for(int j=1;; ++j) { pos=Dic(1,n,(tmp-1)*j+1);//二分处理第i个数的位置 if(Sum(pos)!=(tmp-1)*j+1||!vis[pos])//没有了 break; flag=1; vis[pos]=0; Add(pos,-1);//每次更新 } if(!flag) break; } int coun=0; for(int i=1; i<n; ++i) { if(vis[i]) { num[coun]=i; mp[i]=coun++; } } return coun; } map<int,int>::iterator it; void Solve(int n) { it=mp.lower_bound(n/2); if(it->first!=n/2) --it; // printf("%d ",it->first); for(int i=it->second;;--i) { if(vis[num[i]]&&vis[n-num[i]]) { ans1=num[i]; ans2=n-num[i]; return; } } return; } int main() { int len=Init(2000010); int n; while(~scanf("%d",&n)) { if(n&1) printf("%d is not the sum of two luckies! ",n); else { Solve(n); printf("%d is the sum of %d and %d. ",n,ans1,ans2); } } return 0; }