noip模拟赛 密码

题目描述

YJC把核弹发射密码忘掉了……其实是密码被加密了，但是YJC不会解密。密码由n个数字组成，第i个数字被加密成了如下形式：第k小的满足(2^L)|(P-1)且P为质数的P。YJC希望你能帮他算出密码是多少。

输入输出格式

输入格式：

 

第一行包含一个整数n，表示密码中的数字个数。

接下来n行每行两个整数L和k，表示一个数字的加密形式。

注意，输入格式变更，请注意L和k的先后顺序

 

输出格式：

 

输出n行，第i行一个整数，表示第i个数字。

 

输入输出样例

输入样例#1：

2
21 92
23 9

输出样例#1：

1998585857
998244353

说明

对于50%的数据，满足18≤n,L≤1000。

对于100%的数据，满足12≤n,L≤500000，保证答案<2^31。

分析：比较考验人品的一道题。

      暴力找的话有30分.时间都浪费在了怎么判断素数上，而且询问很多，每个数可能会被判断多次，考虑怎么优化它们.

      对于素数的判断，可以用一个比较考验人品的算法miller rabin测试，每一次都有大约1/4的概率会出错，因此要多判几次，但是多判几次又会超时，将次数控制在3次到5次就可以了.这里利用费马小定理+快速幂进行判断.

      接下来考虑怎么不重复判断同一个数。我们将询问的L按照降序排序,符合条件的数肯定是k*2^i+1的形式，我们先从大到小枚举i,再枚举k,k枚举的是奇数，因为如果我们一个一个地枚举，如果k=2,那么就会跳到2^(i+1) + 1上去，而我们之前已经计算过了这个数，会造成重复.将所得的素数排个序.

      最后考虑怎么快速得到第k小的p,因为我们已经将所得的素数排好序了，所以我们可以二分查找，由于之前我们将询问的L按照降序排列，那么得到的满足要求的数就构成了一个又一个的区间，那么利用树状数组来维护有多少个比它小的就可以了.

听说还有还可以用等差数列筛法，orz

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>

using namespace std;
const int maxn = 1 << 20,maxm = 600010;

long long n,cnt,num[maxm],prime[maxm],t[maxm],ans[maxm],c[maxm];
struct node
{
    long long l, k;
    int id;
}e[maxm];

long long qpow(long long a, long long b, long long mod)
{
    long long ans = 1;
    while (b)
    {
        if (b & 1)
            ans = (ans * a) % mod;
        b >>= 1;
        a = (a * a) % mod;
    }
    return ans; 
}

bool isok(long long x)
{
    if (qpow(7, x - 1, x) == 1 && qpow(13, x - 1, x) == 1 && qpow(19, x - 1, x) == 1)
        return true;
    return false;
}

bool cmp1(node a, node b)
{
    return a.l > b.l;
}

int main()
{
    scanf("%lld", &n);
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        scanf("%lld%lld", &e[i].l, &e[i].k);
        e[i].id = i;
    }
    sort(e + 1, e + 1 + n, cmp1);
    for (int i = 30; i >= 12; num[i--] = cnt)
        for (int j = 1; 1LL * j * (1 << i) < (1LL << 31) - 1; j += 2)
            if (isok(j * (1 << i) + 1))
        prime[++cnt] = j * (1 << i) + 1;
    memcpy(t, prime, sizeof(prime));
    sort(t + 1, t + 1 + cnt);
    for (int i = 1; i <= cnt; i++)
        prime[i] = lower_bound(t + 1, t + 1 + cnt, prime[i]) - t; //实际上是把符合要求的质数和离散化了
    int cur = 1;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        
        while (cur <= num[e[i].l])
        {
            for (int j = prime[cur]; j < maxn; j += j & -j)
                c[j]++;
            cur++;
        }
        
        int l = 0, r = maxn, sum = 0;;
        while (l<r)
        {
            int mid = (l + r) >> 1;
            sum += c[mid];
            if (sum >= e[i].k)
            {
                sum -= c[mid];
                r = mid;
            }
            else l = mid + 1;
        }
        ans[e[i].id] = t[l];
    }
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        printf("%lld\n", ans[i]);


    return 0;
}