牛客挑战赛53

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牛客挑战赛53

A.智乃哥哥的小迷题A

时间限制：C/C++ 1秒，其他语言2秒
空间限制：C/C++ 262144K，其他语言524288K
64bit IO Format: %lld

题目描述

你当前站在数轴的原点 ${0}$ 处，你要移动到数轴上的一个正整数点 ${x}$ 处。
假如你当前的位置是 ${y}$ ，正在进行第 ${k}$ 次操作，你可以做出以下两种移动：

• 移动到位置 ${ y + k}$
• 移动到位置 ${ y - 1}$

你可以移动到数轴的负半轴上，试求移动到点 ${x}$ 的最小步数。

输入描述:

第一行，一个整数 $T( 1 \le T \le 10^5 )$，表示有 ${T}$ 组数据。

接下来 ${T}$ 行，每行一个正整数表示 $x(1\le x \le 10^{15} )$。

输出描述:

共输出${T}$组答案，对于每组
输出一行一个整数 ${ans}$ 表示答案。

输入

5
1
2
3
4
5

输出

1
3
2
3
4

解题思路

模拟

• 时间复杂度：$O(1)$

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL=long long;
LL s;
int t;
int main()
{
    for(scanf("%d",&t);t;t--)
    {
        scanf("%lld",&s);
        LL n=(-1+sqrt(1+8*s))/2;
        LL tmp;
        if(n&1)tmp=(n+1)/2*n;
        else
            tmp=n/2*(n+1);
        if(tmp==s)
            printf("%lld\n",n);
        else
        {
            if(n&1)tmp=(n+1)/2*n;
            else
                tmp=n/2*(n+1);
            while(tmp-s<2)
            {
                n++;
                if(n&1)tmp=(n+1)/2*n;
                else
                    tmp=n/2*(n+1);
            }
            printf("%lld\n",n);
        }
    }
    return 0;
}

B.简单的序列

时间限制：C/C++ 1秒，其他语言2秒
空间限制：C/C++ 262144K，其他语言524288K
Special Judge, 64bit IO Format: %lld

题目描述

你需要找到一个序列 $A_1, A_2 … A_i … A_m$ 并且每个 $A_i$ 都为质数或者 ${1}$ 或者 ${0}$ 使得$\sum_{i = 1}^{m}{A_i} = s$
对于每个询问，你需要找到最小的 ${m}$。

数据保证题目有解。

特别的是，如果 ${s=0}$ 那么你也至少需要一个 ${0}$ 来填满它。

输入描述:

第一行，一个整数 $T( 1 \le T \le 1000 )$ ，表示有 ${T}$ 组数据。

接下来 ${T}$ 行，每行一个数 $s( 0 \le s \le 10^7 )$ 如题目所述。

输出描述:

一共输出 ${T}$ 组。

假如你找到的答案是 : ${m}$ 以及序列 ${A}$。

输出的格式如下:

${m}$
$A_1 + A_2 + … + A_i + … A_m = s$

示例1

输入

1
11

输出

1
11 = 11

示例2

输入

1
545

输出

3
1 + 3 + 541 = 545

示例3

输入

1
0

输出

1
0 = 0

解题思路

哥德巴赫猜想：任一大于2的偶数，都可表示成两个素数之和。

对于大于2的偶数，可直接运用哥德巴赫猜想，拆开成两个质数相加的形式，而对于奇数，可分为 $1+偶数$ 和 $2+质数$ 两种情况~

• 时间复杂度：$O(n)$

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int prime[1000000];
int m;
int v[10000005];
unordered_map<int,bool> mp;
void primes(int n)
{
    for(int i=2;i<=n;i++)
    {
        if(!v[i])
        {
            v[i]=i;
            prime[++m]=i;
        }
        for(int j=1;j<=m;j++)
        {
            if(v[i]<prime[j]||1ll*prime[j]*i>n)break;
            v[i*prime[j]]=prime[j];
        }
    }
}
int t,s;
int main()
{
    primes(10000005);
    for(int i=1;i<=m;i++)
        mp[prime[i]]=true;
    for(scanf("%d",&t);t;t--)
    {
        scanf("%d",&s);
        if(mp[s]||s==0||s==1)
        {
            puts("1");
            printf("%d = %d\n",s,s);
        }
        else if(s&1)
        {
            if(mp[s-2])
            {
                puts("2");
                printf("2 + %d = %d\n",s-2,s);
                continue;
            }
            puts("3");
            printf("1 + ");
            s--;
            for(int i=1;prime[i]<=s;i++)
                if(mp[s-prime[i]])
                {
                    printf("%d + %d = %d\n",prime[i],s-prime[i],s+1);
                    break;
                }
        }
        else
        {
            puts("2");
            for(int i=1;prime[i]<=s;i++)
                if(mp[s-prime[i]])
                {
                    printf("%d + %d = %d\n",prime[i],s-prime[i],s);
                    break;
                }
        }
    }
    return 0;
}

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本文作者：acwing_zyy
本文链接：https://www.cnblogs.com/zyyun/p/15413203.html
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