数学渣的自我修养！！！
之零：
这一篇都是水题，不过还是有几道被卡了一下，还是总结一下。
A题：
给定a和b的gcd和lcm，求一组满足的a,b，且a最小。
显然，a,b必然是gcd的倍数，是lcm的约数，如果gcd不是lcm的约数则无解，否则，要使a最小，a只能是gcd，又因为b是gcd的倍数，那么b就只能是a的倍数，也就只能是a和b的最小公倍数lcm，所以答案就是a=gcd,b=lcm。
#include<bits/stdc++.h> #define REP(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++) #define MS0(a) memset(a,0,sizeof(a)) using namespace std; typedef long long ll; const int maxn=1000100; const int INF=1e9+10; ll G,L; int main() { //freopen("in.txt","r",stdin); int T;cin>>T; while(T--){ scanf("%lld%lld",&G,&L); if(L%G==0) printf("%lld %lld\n",G,L); else puts("-1"); } return 0; }
B题：
给定A,C，且LCM(A,B)=C，求满足等式的最小的B。
因为lcm=...p^k=...p^max(k1,k2)，对C和A分别质因数分解，要使B最小，那么如果某个质因数p在C中出现的次数大于A的次数，那么B必须去C的次数，否则不取该质因数。
#include<bits/stdc++.h> #define REP(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++) #define MS0(a) memset(a,0,sizeof(a)) using namespace std; typedef long long ll; const int maxn=1000100; const int INF=1e9+10; ll a,b,c; bool isprime[maxn]; vector<int> prime; void getPrime() { memset(isprime,1,sizeof(isprime)); isprime[1]=0; REP(i,2,maxn-1){ if(!isprime[i]) continue; for(int j=i+i;j<maxn;j+=i) isprime[j]=0; } REP(i,2,maxn-1) if(isprime[i]) prime.push_back(i); } ll qpow(ll n,ll k) { ll res=1; while(k){ if(k&1) res*=n; n*=n; k>>=1; } return res; } ll solve() { ll res=1; ll A=a,C=c; for(int i=0;i<prime.size();i++){ ll t=prime[i]; if(t*t>C) break; int cntA=0,cntC=0; while(A%t==0) cntA++,A/=t; while(C%t==0) cntC++,C/=t; if(cntA<cntC) res*=qpow(t,cntC); } if(C!=1&&A==1) res*=C; return res; } int main() { //freopen("in.txt","r",stdin); getPrime(); int T;cin>>T; while(T--){ scanf("%lld%lld",&a,&c); if(c%a) puts("NO SOLUTION"); else printf("%lld\n",solve()); } return 0; }
C题：
把一个数N分成k个数的和，问方案数。
问题等价于x1+x2+...+xk=N. (0<=xi<=N).
另y=x+1，则y1+y2+...+yk=N+k，然后隔板即可得到C(N+k-1,k-1)。
#include<bits/stdc++.h> #define REP(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++) #define MS0(a) memset(a,0,sizeof(a)) using namespace std; typedef long long ll; const int maxn=1000100; const int INF=1e9+10; ll n,k; ll C[1200][1200]; void Init() { C[0][0]=1; REP(i,1,1100){ REP(j,0,i){ if(j==0) C[i][j]=C[i-1][j]; else C[i][j]=(C[i-1][j]+C[i-1][j-1])%1000000; } } } int main() { //freopen("in.txt","r",stdin); Init(); while(~scanf("%lld%lld",&n,&k)){ if(n==0&&k==0) break; printf("%lld\n",C[n+k-1][k-1]); } return 0; }
D题：
找最大的k使 m^k能整除n!。
对n!和m进行质因数分解，记下每个质因数的次数。二分k，判断m^k能否整除n!，能整除的条件是所有质因数都满足次数大于等于另一个，k次方只要将次数乘以k即可。
#include<bits/stdc++.h> #define REP(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++) #define MS0(a) memset(a,0,sizeof(a)) using namespace std; typedef long long ll; const int maxn=1000100; const int INF=1e9+10; ll p1[maxn],cnt1[maxn]; ll p2[maxn],cnt2[maxn]; int pn; ll n,m; vector<int> prime; bool isprime[maxn]; void getPrime() { memset(isprime,1,sizeof(isprime)); isprime[1]=0; REP(i,2,maxn-1){ if(!isprime[i]) continue; for(int j=i+i;j<maxn;j+=i) isprime[j]=0; } REP(i,2,maxn-1) if(isprime[i]) prime.push_back(i); } void get(ll n,ll m) { pn=0; for(int i=0;i<prime.size();i++){ ll t=prime[i]; if(t>10000) break; p1[++pn]=t;cnt1[pn]=0; p2[pn]=t;cnt2[pn]=0; while(m%t==0) cnt2[pn]++,m/=t; } REP(i,1,n){ ll x=i; REP(j,1,pn){ ll t=p1[j]; if(t>x) break; while(x%t==0) cnt1[j]++,x/=t; } } } bool check(ll k) { REP(i,1,pn){ if(cnt1[i]<cnt2[i]*k) return 0; } return 1; } ll bin(ll l,ll r) { ll res=-1; while(l<=r){ ll m=(l+r)>>1; if(check(m)) l=m+1,res=m; else r=m-1; } return res; } void solve() { ll ans=bin(1,INF); if(ans==-1) puts("Impossible to divide"); else printf("%lld\n",ans); } int main() { //freopen("in.txt","r",stdin); getPrime(); int T;cin>>T;int casen=1; while(T--){ scanf("%lld%lld",&m,&n); get(n,m); printf("Case %d:\n",casen++); solve(); } return 0; }
E题：
求有多少对(a,b)满足lcm(a,b)=n，a<=b。
对n进行质因数分解，由于lcm=...p^k=p^max(ka,kb)，所以每个质因子的方案数就是2*(k+1)-1，然后乘法原理连乘，得到cnt，但这会多算a>b的，所以答案就是(cnt-1)/2+1，1是a=b的情况。
#include<bits/stdc++.h> #define REP(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++) #define MS0(a) memset(a,0,sizeof(a)) using namespace std; typedef long long ll; const int maxn=1000100; const int INF=1e9+10; ll n; ll p[maxn],pn; ll cnt[maxn]; vector<int> prime; bool isprime[maxn]; void getPrime() { memset(isprime,1,sizeof(isprime)); isprime[1]=0; REP(i,2,maxn-1){ if(!isprime[i]) continue; for(int j=i+i;j<maxn;j+=i) isprime[j]=0; } REP(i,2,maxn-1) if(isprime[i]) prime.push_back(i); } void get(ll n) { pn=0; for(int i=0;i<prime.size();i++){ ll t=prime[i]; if(t*t>n) break; if(n%t==0){ p[++pn]=t;cnt[pn]=0; while(n%t==0) cnt[pn]++,n/=t; } } if(n!=1) p[++pn]=n,cnt[pn]=1; } ll solve() { get(n); ll res=1; REP(i,1,pn) res*=(2*(cnt[i]+1)-1); return (res+1)/2; } int main() { //freopen("in.txt","r",stdin); getPrime(); while(~scanf("%lld",&n)&&n){ printf("%lld %lld\n",n,solve()); } return 0; }
F题：
打印1~2^64-1范围内的超级幂(即满足是两个数以上的幂的数).
显然，超级幂等价于某个数的合数次幂，幂次的最大值肯定在64以内，所以只需要找出64之内的合数，最小的合数是4，所以底数最大是2^16，枚举即可，用取对数转double判断是否超过2^64-1。
#include<bits/stdc++.h> #define REP(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++) #define MS0(a) memset(a,0,sizeof(a)) using namespace std; typedef unsigned long long ll; const int maxn=1000100; const int INF=1e9+10; const double EPS=1e-10; vector<int> prime; bool isprime[maxn]; void getPrime() { memset(isprime,1,sizeof(isprime)); isprime[1]=0; REP(i,2,maxn-1){ if(!isprime[i]) continue; for(int j=i+i;j<maxn;j+=i) isprime[j]=0; } REP(i,2,maxn-1) if(isprime[i]) prime.push_back(i); } set<ll> ans; void work(ll p) { ll cur=p; REP(i,2,65){ if(1.0*cur*p>pow(2.0,64.0)-1.0+EPS) return; ll t=cur*p; if(t/p!=cur) return; cur*=p; if(cur<=0) return; if(isprime[i]) continue; ans.insert(cur); } } void solve() { ans.clear(); REP(i,2,(1LL<<16)) work(i); } int main() { //freopen("in.txt","r",stdin); getPrime(); solve(); printf("1\n"); for(set<ll>::iterator it=ans.begin();it!=ans.end();++it) printf("%llu\n",*it); //cout<<(int)ans.size()<<endl; return 0; }
G题：
求一个数列的所有排列组成的n位数的和。
显然每一位的和都是一样的，容易算出排列的个数为Cnt=n!/(cnt1!*cnt2!*...*cntk!) ，那么每一位的数的和就是Cnt*序列平均数=Cnt*sum/n。
#include<bits/stdc++.h> #define REP(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++) #define MS0(a) memset(a,0,sizeof(a)) using namespace std; typedef unsigned long long ll; const int maxn=1000100; const int INF=1e9+10; int n; ll a[maxn]; ll fac[maxn]; map<ll,ll> cnt; void Init() { fac[0]=1; REP(i,1,12) fac[i]=fac[i-1]*i; } int main() { //freopen("in.txt","r",stdin); Init(); while(~scanf("%d",&n)&&n){ ll s=0;cnt.clear(); REP(i,1,n) scanf("%llu",&a[i]),s+=a[i],cnt[a[i]]++; ll Cnt=fac[n]; for(map<ll,ll>::iterator it=cnt.begin();it!=cnt.end();++it) Cnt/=fac[it->second]; s*=Cnt; s/=n; ll res=0; REP(i,1,n) res=res*10+s; printf("%llu\n",res); } return 0; }
H题：
求n个人，去k个人组成一只队伍，并从k个人中选一个队长的方案数(1<=k<=n)，k可以任取，没有给定。
显然答案等于C(n,1)*1+C(n,2)*2+...+C(n,n)*n.
k*C(n,k)=k*n!/(k!*(n-k)!)=n*(n-1)!/((k-1)!*((n-1)-(k-1))!)=n*C(n-1,k-1).
则C(n,1)*1+C(n,2)*2+...+C(n,n)*n= n*( C(n-1,0)+C(n-1,1)+...+C(n-1,n-1)) = n*(2^(n-1) -1) .
#include<bits/stdc++.h> #define REP(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++) #define MS0(a) memset(a,0,sizeof(a)) using namespace std; typedef unsigned long long ll; const int maxn=1000100; const int INF=1e9+10; const ll MOD=1e9+7; ll n; ll qpow(ll n,ll k,ll p) { ll res=1; while(k){ if(k&1) res=(res*n)%p; n=(n*n)%p; k>>=1; } return res; } int main() { //freopen("in.txt","r",stdin); int T;cin>>T;int casen=1; while(T--){ scanf("%lld",&n); printf("Case #%d: %lld\n",casen++,(n*qpow(2,n-1,MOD))%MOD); } return 0; }
I题：
求第n个回文数。
很容易算出长度为len的回文数的个数为f(len).
先确定第n个回文数的长度，然后保证首位大于0，按字典序逐个放置即可。
确实是略麻烦，需要细心一点。
#include<bits/stdc++.h> #define REP(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++) #define MS0(a) memset(a,0,sizeof(a)) using namespace std; typedef long long ll; const int maxn=1000100; const int INF=1e9+10; ll n; int ans[maxn]; ll qpow(ll n,ll k) { ll res=1; while(k){ if(k&1) res*=n; n*=n; k>>=1; } return res; } ll Cnt(int len) { if(len==0) return 0; if(len%2==0) return qpow(10,len/2-1)*9; else return qpow(10,len/2)*9; } void solve(ll n) { int len; REP(i,1,20){ ll t=Cnt(i); if(t>=n){ len=i;break; } n-=t; } if(len%2==0){ if(len==2) ans[1]=ans[2]=n; else{ ans[1]=(n-1)/qpow(10,len/2-1)+1; n=(n-1)%qpow(10,len/2-1); for(int i=len/2;i>=2;i--) ans[i]=n%10,n/=10; REP(i,len/2+1,len) ans[i]=ans[len+1-i]; } } else{ if(len==1) ans[1]=n; else{ ans[1]=(n-1)/qpow(10,len/2)+1; n=(n-1)%qpow(10,len/2); for(int i=len/2+1;i>=2;i--) ans[i]=n%10,n/=10; REP(i,len/2+1,len) ans[i]=ans[len+1-i]; } } REP(i,1,len) printf("%d",ans[i]);puts(""); } void test() { REP(i,1,300) solve(i); } int main() { //freopen("in.txt","r",stdin); //test();return 0; while(~scanf("%lld",&n)&&n){ solve(n); } return 0; }
J题：
给一堆数，A，B轮流操作，每次操作任取走一个数，使剩下的数的和能被3整除，不能操作者为输，判断胜者。
直接取走一个%3=k的数和取走另一个同样%3=k的数是等价的，模拟即可。
#include<bits/stdc++.h> #define REP(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++) #define MS0(a) memset(a,0,sizeof(a)) using namespace std; typedef long long ll; const int maxn=1000100; const int INF=1e9+10; int cnt[3]; char s[maxn]; int len; bool dfs(int len,int sum,int x,int y,int z) { if(len==1) return 1; if(sum==0){ if(x>0) return !dfs(len-1,0,x-1,y,z); return 0; } if(sum==1){ if(y>0) return !dfs(len-1,0,x,y-1,z); return 0; } if(sum==2){ if(z>0) return !dfs(len-1,0,x,y,z-1); return 0; } } int main() { //freopen("in.txt","r",stdin); int T;cin>>T;int casen=1; while(T--){ printf("Case %d: ",casen++); scanf("%s",s+1); len=strlen(s+1); MS0(cnt); int sum=0; REP(i,1,len) cnt[(s[i]-'0')%3]++,sum+=s[i]-'0'; if(dfs(len,sum%3,cnt[0],cnt[1],cnt[2])) puts("S"); else puts("T"); } return 0; }
K题：
把一个数N分解成几个数的lcm，使LCM(a1,a2,...,ak)=N，求最小的a1+a2+...+ak.
显然分解成不互质且每个ai尽量小就好，那么质因数分解即可，答案就是ans=p1^k1+p2^k2+...+pm^km.
#include<bits/stdc++.h> #define REP(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++) #define MS0(a) memset(a,0,sizeof(a)) using namespace std; typedef long long ll; const int maxn=1000100; const int INF=1e9+10; ll n; vector<int> prime; bool isprime[maxn]; void getPrime() { memset(isprime,1,sizeof(isprime)); isprime[1]=0; REP(i,2,maxn-1){ if(!isprime[i]) continue; for(int j=i+i;j<maxn;j+=i) isprime[j]=0; } REP(i,2,maxn-1) if(isprime[i]) prime.push_back(i); } ll qpow(ll n,ll k) { ll res=1; while(k){ if(k&1) res*=n; n*=n; k>>=1; } return res; } ll solve() { if(n==1) return 2; ll pn=0; ll res=0; for(int i=0;i<prime.size();i++){ ll t=prime[i]; if(t*t>n) break; if(n%t==0){ ll cnt=0; while(n%t==0) n/=t,cnt++; res+=qpow(t,cnt); pn++; } } if(n!=1){ res+=n; pn++; } if(pn==1) res++; return res; } int main() { //freopen("in.txt","r",stdin); int casen=1;getPrime(); while(~scanf("%lld",&n)&&n){ printf("Case %d: ",casen++); printf("%lld\n",solve()); } return 0; }
L题：
求a和b之间的平方数个数1<=a<=b<=1e6，范围比较小，暴力即可，水题。
如果范围1e18的话，可能数位dp可解。
#include<bits/stdc++.h> #define REP(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++) #define MS0(a) memset(a,0,sizeof(a)) using namespace std; typedef long long ll; const int maxn=1000100; const int INF=1e9+10; int L,R; int F(int n) { int res=0; REP(i,1,n){ if(i*i>n) break; res++; } return res; } int main() { //freopen("in.txt","r",stdin); while(~scanf("%d%d",&L,&R)){ if(L==0&&R==0) break; printf("%d\n",F(R)-F(L-1)); } return 0; }
没有AC不了的题，只有不努力的ACMER！
