24暑假集训day3下午

实现代码：

int exgcd(int a,int b, int &x, int &y){
	if(b == 0){
		x = 1;
		y = 0;
		return a;
	}
	int d = exgcd(b, a % b, x, y);
	int k = x;
	x = y;
	y = k - (a / b) * y;
	return d;
}
int main(){
	int a = read(), b = read();
	int x, y;
	int d = exgcd(a, b, x, y);
	cout << d << " " << x << " " << y << '\n';
	return 0;
}

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---

#define ll long long 
ll fac[N], ifac[N];
const ll p=998244353;
ll power(ll a, ll b){
	ll ret = 1;
	while (b){
		if(b & 1){
			ret = ret * a % p;
		}
		a = a * a % p;
		b >>= 1;
	}
	return ret;
}
ll c(int a, int b){
	if(a < b || b < 0){
		return 0;
	}
	return fac[a] * ifac[b] % p * ifac[a - b]% p;
}
void initialize(){
	fac[0]= 1;
	for(int i=1; i < N; i++){
		fac[i] = fac[i - 1] * i % p;
	}
	ifac[N - 1] = power(fac[N - 1], p - 2);
	for(int i = N - 2;i >= 0;i--){
		ifac[i]= ifac[i + 1] * (i + 1) % p;
	}
}

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小凯的数字

思路:

我们知道 $𝑥\equiv 𝑥$的"数位和" $(\mathrm{mod}9)$ 。

所以 $\overline{𝑙(𝑙+1)(𝑙+2)\cdots r}$$\equiv 𝑙$的"数位和"$+(𝑙+1)$的"数位和"$+\cdots +𝑟$的"数位和"$\equiv 𝑙+(𝑙+1)+\dots +𝑟(\mathrm{mod}9)$。

问题变为计算 $\frac{(𝑙+𝑟)(𝑟-𝑙+1)}{2}$。$/2$ 可以变为 $\times 5$ 。

std：

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<map>
#include<vector>
#include<queue>
#include<set>
#include<unordered_map>
#include<bitset>
#define int long long
using namespace std;
const int MAXN=100005;

inline int read(){
	int x=0,f=1;
	char ch=getchar();
	while (ch<'0'||ch>'9'){
		  if (ch=='-') f=-1;
		  ch=getchar();
	}
	while (ch>='0'&&ch<='9'){
		  x=x*10+ch-48;
		  ch=getchar();
	}
	return x*f;
}
signed main(){
	int q;
	long long ans;
	q=read();
	while(q--){
		int l,r;
		l=read();
		r=read();
		ans=(l+r)%9*(r-l+1)%9*5%9;
		cout<<ans<<'\n';
	}
	return 0;
}

中国剩余定理

给定一些 $x\equiv a_{𝑖}(\mathrm{mod}{m}_i)$ 的限制，求 $x$。保证 $m_i$ 两两互质。
我们只需要每次合并两个方程。

现在考虑

$$\{\begin{array}{l}x\equiv a_1(\mathrm{mod}{m}_1)\\ x\equiv a_2(\mathrm{mod}{m}_2)\end{array}$$

即

$$\{\begin{array}{l}{a}_1+m_1{k}_1=x\\ a_2+m_2{k}_2=x\end{array}$$

代入得

$$m_1{k}_1-m_2{k}_2=a_2-a_1$$

。使用扩展欧几里得算法计算出 $k_1,k_2$（由于 $gcd(m_1,m_2)=1$，则一定有解），然后代回得到 $x$ 的一个特解 $x_0$ 。

将两个方程合并为一个新的方程 $x\equiv x_0(\mathrm{mod}{m}_1{m}_2)$。

实际上 $k_1=(a_2-a_1)m_1^{(}-1)$，其中 $m_1^{(}-1)$ 表示 $m_1$ 在 $\mathrm{mod}{m}_2$ 下的逆元。

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小凯的疑惑

思路：

若 $𝑀$ 无法被支付，则 $𝑎𝑥+𝑏𝑦=𝑀$ 没有自然数解。

假设 $𝑎{𝑥}_0+𝑏{𝑦}_0=𝑀$ 是一组特解，如果${𝑥}_0,{𝑦}_0$ 其中有负数（不妨设 ${𝑦}_0<0$），就需要让 ${𝑥}_0$ 帮他匀一点，匀到 $\ge 0$ 为止。

具体地，设${𝑥}_0=𝑘𝑏+𝑟$ ($0\le 𝑟<𝑏$) ，那么$𝑎𝑟+𝑏({𝑦}_0+𝑘𝑎)=𝑀$ 是最极限的情况。因为 ${𝑥}_0$ 这一边也需要 ≥0 。

如果此时${𝑦}_0+𝑘𝑎$ 仍然 $<0$ ，就说明无解。可知 ${𝑦}_0+𝑘𝑎=-1,𝑟=𝑏-1$ 时 $𝑀$ 最大为 $𝑎(𝑏-1)-𝑏=𝑎𝑏-𝑎-𝑏$

质数筛

素数判断的方法

1. 既然第一种方法时间复杂度太大，那么我们要考虑一种新的方式。首先给出这种方法的名字——埃式筛。听上去是不是一个很高大上的名字，但其实原理很简单，我们用一个数组来存放n以内的所有质数，我们要用到一个布尔数组来标记n以内的所有不是质数的数（也要标记1，1既不是质数也不是合数）。再标记此质数所有的倍数（因为质数所有的倍数都不是质数）。最后输出所有质数

代码：

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
using namespace std;
bool is[10005];
int prim[10005];
int cnt=0;
void Aprime(int n){
   is[1]=1;//1既不是质数也不是合数 
   for(int i=2;i<=n;i++){//遍历2~n之间的所有整数 
   	if(is[i]==0){//如果没有被标记过，说明是质数 
   		prim[++cnt]=i;//存储质数 
   		for(int j=i*2;j<=n;j+=i){//标记所有此质数的倍数 
   			is[j]=1;
   		}
   	}
   }
}
int main(){
   int n;
   cin>>n;
   Aprime(n);//调用函数 
   for(int i=1;i<=cnt;i++){
   	cout<<prim[i]<<"\n";//输出质数 
   }
   return 0;
}

素数判断的方法2：

埃式筛的缺点在于有和数被重复标记了多次，所以还不是最优解，这里奉上更快的办法——欧拉筛。欧拉筛，也叫线性筛，是更快的判断质数的方法。其思路在埃式筛的基础上有所改进，让质数库里的每个质数分别与循环中的i相乘，如果i取余这个质数等于0，则直接跳出循环，避免重复标记，节省时间。

代码：

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
using namespace std;
bool is[10005];
int prim[10005];
int cnt=0;
void Aprime(int n){
	is[1]=1;//1既不是质数也不是合数 
	for(int i=2;i<=n;i++){
		if(is[i]==0){//如果没有被标记过，说明是质数
			prim[++cnt]=i;//存储质数
		}
		for(int j=1;j<=cnt&&i*prim[j]<=n;j++){//质数不超过n 
			is[i*prim[j]]=1;//用新数去乘每一个质数 
			if(i%prim[j]==0){
				break;//不重复标记，取余等于0就跳出循环 
			}
		}
	}
}
int main(){
	int n;
	cin>>n;
	Aprime(n);//调用函数 
	for(int i=1;i<=cnt;i++){
		cout<<prim[i]<<"\n";//输出质数 
	}
	return 0;
}

选数

思路:
由于本题数据较水，对每个子集和暴力试除就能过。

但如果数据不水，需要使用线性筛，并且要压一下空间。

std：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
bool isprime(int a){
    for(int i=2;i*i<=a;i++)if(a%i==0)return 0;
    return 1;
}
long long ans,a[25],n,k;
void dfs(int m, int sum, int s){
    if(m == k){
        if(isprime(sum))ans++;
        return ;
    }
    for(int i = s; i<n;i++)dfs(m+1,sum+a[i],i+1);
    return ;
}

int main(){
    scanf("%d%d",&n,&k);
    for(int i = 0; i < n; i++)scanf("%d",&a[i]);
    dfs(0, 0, 0);
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}

---

选素数

思路：
假设一开始是 𝑥 ，操作一次变为 𝑚 ，操作两次变为 𝑛 。

第一次操作选的 ${𝑝}_1$ 需要满足 $𝑚-{𝑝}_1<𝑥\le 𝑚$。所以对于一个固定的 $𝑚$ ，最小的可行 𝑥=$\underset{p|n}{min}\underset{n-p<m\le n}{min}f(m)$ 。设 $𝑓(𝑚)=𝑚-{𝑝}_{𝑚}𝑎𝑥+1$ 。

第二次操作选的 ${𝑝}_2$ 需要满足 $𝑛-{𝑝}_2<𝑚\le 𝑛$。我们需要找一个 $𝑓$ 最小的 $𝑚$，即答案为$\underset{p|n}{min}\underset{n-p<m\le n}{min}f(m)$。

代码

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<map>
#include<vector>
#include<queue>
#include<set>
#include<unordered_map>
#include <climits>

#define ll long long

using namespace std;

const int MAXN = 1000010;
const int N = 1000000;

int n;
bool b[MAXN];
int prime[MAXN], idx;
int f[MAXN];
int ans = INT_MAX;

inline int get(int x){
	if (!b[x]) return INT_MAX;
	return x - f[x] + 1;
}

int main(){
	scanf("%d", &n);
	for (int i = 2; i <= N; ++i){
		if (!b[i]) prime[++idx] = f[i] = i;
		for (int j = 1; j <= idx && (ll) i * prime[j] <= N; ++j){
			b[i * prime[j]] = true;
			f[i * prime[j]] = max(f[i], prime[j]);
			if (i % prime[j] == 0) break;
		}
	}
	for (int i = get(n); i <= n; ++i)
		ans = min(ans, get(i));
	if (ans == INT_MAX) puts("-1");
	else printf("%d\n", ans);
	return 0;
}

---

数列之异或

思路:

$2𝑘\oplus (2𝑘+1)=1$

所以 $𝑁$ 为奇数时

$1\oplus 2\oplus 3\oplus \cdots \oplus 𝑁=1\oplus (2\oplus 3)\oplus \cdots \oplus (𝑁-1\oplus 𝑁)=1\oplus 1\oplus \cdots \oplus 1$$=\{\begin{array}{ll}0,& \frac{N-1}{2}\mathrm{为}\mathrm{奇}\mathrm{数}\\ 1,& \frac{N-1}{2}\mathrm{为}\mathrm{偶}\mathrm{数}\end{array}$

$𝑁$ 为偶数时，令计算 $𝑁-1$ 的答案，再异或上 $𝑁$

代码

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<map>
#include<vector>
#include<queue>
#include<set>
#include<unordered_map>
#include<bitset>
#define int long long
using namespace std;
const int MAXN=100005;
inline int read(){
	int x=0,f=1;
	char ch=getchar();
	while (ch<'0'||ch>'9'){
		  if (ch=='-') f=-1;
		  ch=getchar();
	}
	while (ch>='0'&&ch<='9'){
		  x=x*10+ch-48;
		  ch=getchar();
	}
	return x*f;
}
signed main(){
	int n;
	n=read();
	if(n%2!=0){
		if(((n-1)/2)%2!=0){
			cout<<0;
		}else{
			cout<<1;
		}
	}else{
		if(((n-1)/2)%2!=0){
			cout<<(0^n);
		}else{
			cout<<(1^n);
		}
	}
	return 0;
}