11.4
1637. 质质真真质质
★ 输入文件：zhione.in 输出文件：zhione.out 简单对比
时间限制：1 s
内存限制：256 MB
【题目描述】
小质最近迷上了质数而不可自拔，噢，..my..，更有趣的是正整数a*b=gcd(a,b)*lcm(a,b)(最大公约数*最小公倍数)；后来小质又 看到了互质的概念，便产生了兴趣，即最大公约数为1的两个自然数称为互质自然数，他发现用互质概念竟然能证明前面关于最大公约数的有趣算式，随即附上简单 证明：
设x=gcd(a,b),y=lcm(a,b)
则a=m*x,b=n*x,m与n互质
故y=m*n*x
因此x*y=x*(m*n*x)=(m*x)*(n*x)=a*b
即a*b=gcd(a,b)*lcm(a,b)
总之，凡是带质字的东西，小质都感兴趣，因为他叫小质。
后来小质又发现了一个有趣概念叫既约真分数，虽然这个概念不带质字，但隐含质字。区间(0,1)中分子分母互质且不能再约分的真分数就叫既约真分数，经过日日夜夜日日的研究，小质发现既约真分数的个数是有一定规律的，比如分母小于等于N(N>1)的既约真分数个数：
f[2]=1——{ 1/2 }
f[3]=3——{ 1/3 , 1/2 , 2/3 }
f[4]=5——{ 1/4 , 1/3 , 1/2 , 2/3 , 3/4 }
…………………………………………………
小质的质之路还将一直质下去，现在小质想对前一段的质之智进行小结，他想编程求出不超过N(N>1)的正整数中质数的个数以及分母不超过N(N>1)的既约真分数个数。
【输入格式】
一个正整数N（N>1）;
【输出格式】
两行，一行一个正整数，分别表示题意中质数的个数和既约真分数个数。
【样例输入】
5
【样例输出】
3
9
【输出样例说明】
小于等于5的素数有2,3,5三个，故第一行输出3；
分母小于等于5的既约真分数有：
{ 1/5 , 1/4 , 1/3 , 2/5 , 1/2 , 3/5 , 2/3 , 3/4 , 4/5 }
共9个，故第二行输出9。
【数据规模】
40%的数据N<=1,0000
50%的数据N<=10,0000
60%的数据N<=100,0000
70%的数据N<=1000,0000
80%的数据N<=2000,0000
100%的数据N<=2900,0000
1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 #include<iostream> 4 #include<algorithm> 5 #define maxn 29000005 6 #define maxx 2000006 7 using namespace std; 8 void Emine(){ 9 freopen("zhione.in","r",stdin); 10 freopen("zhione.out","w",stdout); 11 } 12 int read(){ 13 int x=0,f=1;char ch=getchar(); 14 while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();} 15 while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();} 16 return x*f; 17 } 18 int n,ans1,f[maxn],pri[maxx],cnt; 19 long long ans2; 20 bool is_pri[maxn]; 21 void getlist(int n){ 22 memset(is_pri,true,sizeof(is_pri)); 23 int k;f[1]=1;is_pri[1]=false; 24 for(int i=2;i<=n;i++){ 25 if(is_pri[i]){pri[++cnt]=i;f[i]=i-1;} 26 for(int j=1;j<=cnt&&i*pri[j]<=n;j++){ 27 is_pri[i*pri[j]]=false; 28 if(i%pri[j]==0){ 29 f[i*pri[j]]=f[i]*pri[j]; 30 break; 31 } 32 else f[i*pri[j]]=f[i]*(pri[j]-1); 33 } 34 } 35 } 36 int main(){ 37 Emine(); 38 n=read(); 39 getlist(n); 40 for(int i=2;i<=n;i++){ 41 if(is_pri[i])ans1++; 42 ans2+=f[i]; 43 } 44 printf("%d\n%lld",ans1,ans2); 45 return 0; 46 }
1638. 质质的询问
★☆ 输入文件：zhitwo.in 输出文件：zhitwo.out 简单对比
时间限制：1 s
内存限制：256 MB
【题目描述】
质质最近又对欧拉函数产生了浓厚的兴趣。
欧拉函数φ(n)表示不超过n且与n互素的正整数的数目（其实等于仅对1而言，φ(1)=1，1被认为与任何数互素）
通式：
其中p1, p2……pn为x的所有质因数，x是不为0的整数。
注意：每种质因数只一个。 比如12=2*2*3那么φ（12）=12*（1-1/2）*(1-1/3)=4（即：1,5,7,11这四个数和12互素）
根据定义我们能在O(sqrt(n))时间复杂度内计算出n的欧拉函数值，但当我们要计算N个数的欧拉函数值时O(N*sqrt(n))已经不尽如人意了。
需要大咖们寻求更优秀的方法了。
欧拉函数的一些性质
欧拉函数是积性函数——若m,n互质，则
积性函数指对于所有互质的整数a和b有性质f(a*b)=f(a)*f(b)的数论函数。
当n为奇数时， 
,证明与上述类似。
若n为质数则 
设p是素数，若x%p==0，则E(x*p)=E(x)*p。若x%p!=0，则E(x*p)=E(x)*E(p)=E(x)*(p-1)。
现在，质质想请你帮忙计算数列1~N的某个区间[L，R]中的最大欧拉函数值对应的整数i的最小质因数（除自身外）；
若该区间中最大欧拉函数值存在多个，取其对应的i最小的那个；
如果i没有除本身外的最小质因数，那么输出其最小正约数；
【输入格式】
第一行一个正整数N，代表数列最大值；
第二行一个正整数Qn，代表质质的询问区间个数；
接下来Qn行，每行两个正整数Li，Ri，表达一个询问区间；
【输出格式】
输出Qn行，每行三个正整数i,xi,yi，表示区间[L,R]中i的欧拉函数值是xi,且最大，i的最小质因数或最小正约数是yi；
【样例输入】
5
2
1 2
4 4
【样例输出】
1 1 1
4 2 2
【样例说明】
i 1 2 3 4 5
Ei 1 1 2 2 4
min 1 1 1 2 1
1~2中1和2欧拉值相同都是1，相同时取较小的i，故输出1的相关信息，1没有除自身外的最小质因数，故输出其最小正约数1；
4的欧拉值为2，最小质因数也是2；
【数据范围】
1<=N<=120,0000
1<=Qn<=N/10
1<=Li<=Ri<=N
40%的数据N<=20,0000
100%的数据N<=120,0000
1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 #include<iostream> 4 #include<algorithm> 5 #include<cmath> 6 #define maxn 1200005 7 using namespace std; 8 void Emine(){ 9 freopen("zhitwo.in","r",stdin); 10 freopen("zhitwo.out","w",stdout); 11 } 12 int read(){ 13 int x=0,f=1;char ch=getchar(); 14 while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();} 15 while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();} 16 return x*f; 17 } 18 struct node{ 19 int id,f; 20 bool operator < (const node & b) const { 21 if(f==b.f) return id<b.id; 22 return f>b.f; 23 } 24 }a[maxn],g[maxn][23]; 25 int n,q,f[maxn],pri[maxn],cnt,minn[maxn]; 26 bool is_pri[maxn]; 27 void getlist(int n){ 28 memset(is_pri,true,sizeof(is_pri)); 29 int k;a[1].f=1;minn[1]=1; 30 for(int i=2;i<=n;i++){ 31 if(is_pri[i]){pri[++cnt]=i;a[i].f=i-1;minn[i]=1;} 32 for(int j=1;j<=cnt&&i*pri[j]<=n;j++){ 33 is_pri[i*pri[j]]=false; 34 minn[i*pri[j]]=pri[j]; 35 if(i%pri[j]==0){ 36 a[i*pri[j]].f=a[i].f*pri[j]; 37 break; 38 } 39 else{ 40 a[i*pri[j]].f=a[i].f*(pri[j]-1); 41 } 42 } 43 } 44 } 45 node rmq(int l,int r){ 46 int k=log(r-l+1)/log(2); 47 return min(g[l][k],g[r-(1<<k)+1][k]); 48 } 49 int main(){ 50 Emine(); 51 n=read(),q=read(); 52 getlist(n); 53 for(int i=1;i<=n;i++)g[i][0].f=a[i].f,g[i][0].id=i; 54 for(int j=1;j<=22;j++) 55 for(int i=1;i+(1<<j)-1<=n;i++) 56 g[i][j]=min(g[i][j-1],g[i+(1<<j-1)][j-1]); 57 while(q--){ 58 int l=read(),r=read(); 59 node ans=rmq(l,r); 60 printf("%d %d %d\n",ans.id,ans.f,minn[ans.id]); 61 } 62 return 0; 63 }
1639. 始皇帝的国家道路系统
★☆ 输入文件：qin.in 输出文件：qin.out 简单对比
时间限制：1 s
内存限制：256 MB
【题目描述】
战国时期（公元前476年至公元前221年），中国有七个强大的诸侯国---齐、楚、燕、韩、赵、魏和秦。嬴政是秦国的第37代王。通过9年的战争，他终 于征服了所有其他六国成为统一中国的始皇帝。嬴政之所以称自己为“秦始皇”，是因为“始皇”在汉语中的意思是“第一个皇帝”。
秦始皇下令建造了许多巨大工程，如长城、兵马俑和庞大的国家公路系统。有一个关于道路系统的故事：
在秦朝有n个城市，始皇帝希望修N-1条路将它们全部连接起来，以便他能从首都咸阳到达每个城市。
虽然始皇帝是一个暴君，但他希望所有道路的总长度都是最小的，这样道路系统可能不会牺牲太多人的性命。一个叫徐福的道士告诉秦始皇，他可以用魔法修路且魔 法之路无需耗费资金与人力。但是徐福只能为始皇帝建一条魔法之路。因此，始皇帝不得不决定在哪里修建这条魔法之路。始皇帝希望所有非魔法之路总长度尽可能 小，但是徐福想让尽可能多的劳工受益，最终始皇帝决定，A/B的值必须是最大的，其中A是魔法之路连接的两个城市的总人口，B是非魔法之路的总长度。
你能帮始皇帝吗？
一个城市可以看作是一个点，一条道路可以看作是连接两个点的线段。
【输入格式】
第一行一个正整数t(t<=10),表示测试数据组数；
对于每组测试数据：
第一行是城市个数n(2<n<=1000)；
接下来n行，每行3个整数x,y(0<=x,y<=1000),p(p<=100000),其中(x,y)是城市的坐标位置,p是城市的人口数；
【输出格式】
t行，每行一个实数，每个实数表示根据每组测试数据计算出的题中描述的最大比率A/B,结果四舍五入到小数点后2位。
【样例输入】
2
4
1 1 20
1 2 30
200 2 80
200 1 100
3
1 1 20
1 2 30
2 2 40
【样例输出】
65.00
70.00
【提示】
【来源】
hdu 4081
1 #include<cstdio> 2 #include<iostream> 3 #include<cstring> 4 #include<algorithm> 5 #include<cmath> 6 #define maxn 1010 7 using namespace std; 8 void Emine(){ 9 freopen("qin.in","r",stdin); 10 freopen("qin.out","w",stdout); 11 } 12 int read(){ 13 int x=0,f=1;char ch=getchar(); 14 while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();} 15 while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();} 16 return x*f; 17 } 18 struct city{int x,y,w;}e[maxn]; 19 int T,n,vis[maxn],pre[maxn]; 20 double ans,len,mincost[maxn],path[maxn][maxn],dis[maxn][maxn],d[maxn][maxn]; 21 double getdis(city a,city b){return sqrt((double)(a.x-b.x)*(a.x-b.x)+(double)(a.y-b.y)*(a.y-b.y));} 22 void prim(){ 23 memset(d,0,sizeof(d)); 24 memset(vis,0,sizeof(vis)); 25 memset(path,0,sizeof(path)); 26 for(int i=1;i<=n;i++)mincost[i]=dis[1][i],pre[i]=1; 27 vis[1]=1; 28 for(int i=1;i<n;i++){ 29 int v=-1; 30 for(int j=1;j<=n;j++)if(!vis[j]&&(mincost[j]<mincost[v]||v==-1))v=j; 31 if(v==-1)break; 32 vis[v]=1;path[v][pre[v]]=path[pre[v]][v]=1,len+=mincost[v]; 33 for(int j=1;j<=n;j++){ 34 if(!vis[j]&&dis[v][j]<mincost[j])mincost[j]=dis[v][j],pre[j]=v; 35 if(vis[j]&&j!=v)d[v][j]=d[j][v]=max(d[j][pre[v]],mincost[v]); //求环上最大值 36 } 37 } 38 } 39 void work(){ 40 n=read(); 41 len=ans=0; 42 for(int i=1;i<=n;i++)e[i].x=read(),e[i].y=read(),e[i].w=read(); 43 for(int i=1;i<=n;i++) 44 for(int j=i+1;j<=n;j++) 45 dis[i][j]=dis[j][i]=getdis(e[i],e[j]); 46 prim(); 47 for(int i=1;i<=n;i++){ 48 for(int j=i+1;j<=n;j++){ 49 if(path[i][j])ans=max(ans,(double)(e[i].w+e[j].w)/(len-dis[i][j])); //如果在最小生成树上则直接删除 50 else ans=max(ans,double(e[i].w+e[j].w)/(len-d[i][j])); //否则则删除当前环的最大值 51 } 52 } 53 printf("%.2lf\n",ans); 54 } 55 int main(){ 56 Emine(); 57 T=read(); 58 while(T--)work(); 59 return 0; 60 }
