KeepCode 4 解题报告

　　解题报告转摘录自： jian1573

　　原文链接：http://www.cnblogs.com/jian1573/archive/2013/01/11/2857010.html

 

ID	Origin	Title
Problem A	HDU 1787	A
Problem B	HDU 1695	B
Problem C	HDU 4279	C
Problem D	HDU 1395	D
Problem E	HDU 1262	E
Problem F	HDU 1576	F

 

Problem A

　　　红果果的欧拉函数;

View Code 
 #include <iostream>   
 using namespace std;  
 //  x=p1^e1*p2^e2~~~pn^en 
 //phi(x)=(p1-1)*p1^(e1-1)*(p2-1)*p2^(e2-1)~~~(pn-1)*pn^(en-1)
 int phi(int m)  
 {  
     int i,s=1;  
     for(i=2;i*i<=m;i++)  {  
         if(m%i==0){  
             m/=i;  
             s*=i-1;  
             while(m%i==0) {  
                 m/=i;  
                 s*=i;  
             }  
         }  
     }  
     if(m>1)  
         s*=m-1;  
     return s;  
 }  
 int main()  
 {  
     int m;  
     while(cin>>m && m)
         cout<<m-1-phi(m)<<endl;  
     return 0;  
 }

 

Problem B

　　

　　题意: 在1~a, 1~b中挑出(x,y)满足gcd(x,y) = k , 求(x,y) 的对数 , a,b<=10^5

　　思路: gcd(x, y) == k 说明x,y都能被k整除. 问题就可以转化为了求1~a/k 和 1~b/k间互质对数的问题;

　　我们让b>=a; 然后在[1....b/k]进行枚举,对于每一个i,我们只要在1...min(i-1,a)中找到与i互质数,记录个数,然后累加就得到结果了;

　　当i<=a/k时,我们可以直接用欧拉函数计算出与i互质的个数;

　　当i>a/k时,先将i质因数分解，求得[1,2,...,b/k] 里所有能被x的质因数整除的数的个数,即不互质的数的个数，然后用b/k减去即可;

　　 而 我们枚举i的质因数利用容斥原理, 容斥原理的具体如下：

　　区间中与i不互质的个数 = （区间中i的每个质因数的倍数个数）-（区间中i的每两个质因数乘积的倍数）+（区间中i的每3个质因数的成绩的倍数个数）-（区间中i的每4个质因数的乘积）+...

参考代码

View Code 
 #include<iostream>
 #include <cstdio>
 using namespace std;
 const int Max=100005;
 __int64 elur[Max];//存放每个数的欧拉函数值
 int num[Max];//存放数的素因子个数
 int p[Max][20];//存放数的素因子
 void init()//筛选法得到数的素因子及每个数的欧拉函数值
 {
     elur[1]=1;
     for(int i=2;i<Max;i++)
     {
         if(!elur[i])
         {
             for(int j=i;j<Max;j+=i)
             {
                 if(!elur[j])
                     elur[j]=j;
                 elur[j]=elur[j]*(i-1)/i;
                 p[j][num[j]++]=i;
             }
         }
         elur[i]+=elur[i-1]; //进行累加（法里数列长度）
     }
 }
 int dfs(int idx,int b,int now)//求不大于b的数中,与now不互质的数的个数;
 {                                //dfs()写的容斥原理
     int ans=0;
     for(int i=idx;i<num[now];i++)//容斥原理来求A1并A2并A3.....并Ak的元素的数的个数.
         ans += b/p[now][i]-dfs(i+1,b/p[now][i],now);
     return ans;
 }
 
 int main()
 {
     int t,a,b,c,d,k;
     init();
     scanf("%d",&t);
     for(int ca=1;ca<=t;ca++)
     {
         scanf("%d%d%d%d%d",&a,&b,&c,&d,&k);
         printf("Case %d: ",ca);
         if(k==0)
         {
             printf("0\n");
             continue;
         }
         if(b>d)
             swap(b,d);
         b/=k;  d/=k;
         __int64 ans=elur[b];
         for(int i=b+1;i<=d;i++)
             ans+=b-dfs(0,b,i);//求不大于b的数中,与i不互质的数的个数
         printf("%I64d\n",ans);
     }
     return 0;
 }

 

Problem C

　　题意　　

　　:给定一个数N, 在[1,N)中的数M, gcd( M, N ) != 1, 且N%M !=  0; 那么M就为N的一个special number, f( x ) 为统计 x 的special number的个数, 如果f( x )为奇数,那么x就为一个 real numbers. 求给定区间的real number数.

　　思路:

　　先看f(x),由题意得f(x)=x-phi( x ) - g(x)+1;(  phi(x)为欧拉函数, g(x)为因子个数, +1 是因为1在phi(x)和g(x)中都算了 );

　　而real number只与f(x)的机偶性有关所以我们只讨论phi(x)和g(x)的奇偶性;

　　我们知道当x>2时phi(x)为偶数;

　　g(x)约数个数，我们由基本定理可得，x=p1^e1*p2^e2*…pn^en，而由计数方法易知 x的约数个数为 g(x)=(e1+1）*(e2+1)*…(en+1)的;

　　所以若要使 g(x) 为奇数，充要条件是（ei+1）都为奇数，即质数的幂都为偶数。所以此时 x必然是一个平方数;

　　综上，x为平方数，其约数个数为奇数；x为非平方数，其约数个数为偶数;

　　所以，当x>2时， 若x为平方数，f(x)=x-奇-偶+1，要使f(x)为奇数，则x必为奇数；若x为非平方数，f(x)=x-偶-偶+1，

　　要使f(x)为奇数，则x必为偶数。 当x=1或2时，f(x)=0.

　　综上，real numbers F(x) 的值为[3,x]中，奇数平方数+偶数非平方数的个数和，即 偶数个数-偶数^2的个数+奇数^2的个数。

　　而偶数个数为 x/2-1，-1是为了把2减掉。偶数^2个数为 sqrt(x)/2，奇数^2个数为 ( sqrt(x)-(sqrt(x)/2) )-1，

　　这里-1是为了把1减掉。所以，化简后，F(x) = x/2-1+(sqrt(x)%2? 0: -1).

解题代码

View Code 
 #include<stdio.h>
 #include<string.h>
 #include<stdlib.h>
 #include<math.h>
 
 __int64 get(__int64 x)
 {
     if(x<=2) return 0;
     return x/2-1+( (__int64)sqrt(1.0*x) %2? 0: -1);        
 }
 
 int main()
 {
     int T;
     scanf( "%d", &T );
     while(T--)
     {
         __int64 a, b;
         scanf("%I64d%I64d", &a, &b);
         printf("%I64d\n", get(b)-get(a-1));
     }
 }

 

Problem D

　　

　　思路: 由题意得N=2^x(x>=1)为偶数, 所以当 n 也为偶数时  N%n必为偶数, 故不存在;

　　当n为奇数时,利用同余定理求;

参考代码

View Code 
 #include <iostream>
 #include <cstdio>
 #include <string>
 #include <cstring>
 #include <cmath>
 using namespace std;
 
 int main( )
 {
     int N;
     while( scanf( "%d", &N )!= EOF ){
         if( N==1 || !(N&1) )
             printf( "2^? mod %d = 1\n", N );
         else{
             int t=2, ans=1;
             while( t != 1 ){
                 t <<= 1;
                 t%=N;
                 ans++;
             } 
             printf( "2^%d mod %d = 1\n",ans, N );
             
         }
     }
     return 0;
 }

 

Problem E

View Code 
 #include <stdio.h>
 #include <stdlib.h>
 #include <math.h>
 int a[10005]={0};
 void fun(  )
 {
     a[1]=a[0]=1;
     for( int i=4; i<10005; i+=2 )
         a[i]=1;
     for( int i=3; i <= ( int )sqrt( 10005 ); i+=2 )
     {
         if(a[i]==0)
             for( int j=i*i; j<10005; j += ( i+i ) )    
             {
                 a[j]=1;    
             }
     }      
 }
 
 int main()
 {
     fun( );
     int n;
     while( scanf( "%d", &n ) != EOF )
     {
         for( int i=n/2; i>1; i-- )
         {
             if( a[i]==0 && a[n-i]==0 )
             {
                     printf( "%d %d\n", i, n-i );
                 break;    
             }        
         }    
     }
     return 0;
 }

 

Problem F

　　

　　思路:由题意可知,一定有解,而且解空间很小, 故可以枚举;

　　M=9983, n=A%M gcd( b,M )==1, ans=(A?B)%M,

　　则 n == (ans*b)%M;

　　因为: A%M == (A/B*B)%M==(A/B%M * B%M)%M== (ans*B%M)%M;

参考代码

View Code 
 #include <iostream> 
 #include <cstdio> 
 #include <string.h> 
 using namespace std; 
  
 int main(){ 
     int T; 
     scanf("%d",&T); 
     while(T--){ 
       __int64 n,b; 
       int x; 
       scanf("%I64d%I64d",&n,&b); 
       for(int i = 0;i < 9973; ++i){ 
           if(( b * i - n ) % 9973 == 0){ 
             x = i; 
             break; 
           } 
       } 
       printf("%d\n",x);  
     } 
     return 0; 
 }