1.青蛙的约会
题目:http://poj.org/problem?id=1061
题解:(x+mt)%L==(y+nt)%L等价于x-y+(m-n)t=kL
因此我们整理一下:(m-n)t+kL=y-x
a=m-n,b=L,c=y-x
在这里需要注意a的值不为负,如果为负,则a=-a,c=-c
然后套用公式求出最小的t:t=(c/g*x%(b/g)+b/g)%(b/g)
代码:
#include#include using namespace std; typedef long long ll; ll extend_gcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y) { if(b==0) { x=1,y=0; return a; } ll res=extend_gcd(b,a%b,x,y); ll tmp=x; x=y; y=tmp-(a/b)*y; return res; } int main() { ll i,j,x,y,m,n,l,a,b,c; cin>>x>>y>>m>>n>>l; a=m-n;b=l;c=y-x; if(a<0) { a=-a; c=-c; } ll g=extend_gcd(a,b,x,y); if(c%g!=0) { puts("Impossible"); } else { cout<<(c/g*x%(b/g)+b/g)%(b/g)<<endl; } return 0; }
2.Least Common Multiple
题目:http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1019
题解:每两个之间求一遍lcm,一共球n次
代码:
#includeusing namespace std; typedef long long ll; ll t,a[100000],n; ll gcd(ll a,ll b) { return b==0?a:gcd(b,a%b); } ll lcm(ll a,ll b) { return a*b/gcd(a,b); } int main() { ll i,j; cin>>t; while(t--) { cin>>n; for(i=0;i ) cin>>a[i]; ll res=a[0]; for(i=1;i ) { res=lcm(res,a[i]); } cout< endl; } return 0; }
3. A/B
题目:http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1576
题解:逆元的应用
代码:
#includeusing namespace std; typedef long long ll; ll extend_gcd(ll a,ll b,ll& x,ll& y) { if(b==0) { x=1; y=0; return a; } ll res=extend_gcd(b,a%b,x,y); ll tmp=x; x=y; y=tmp-(a/b)*y; } ll mod_inverse(ll a,ll m) { ll x,y; extend_gcd(a,m,x,y); return (m+x%m)%m; } int main() { ll i,j,t,n,b; ll mod=9973; cin>>t; while(t--) { cin>>n>>b; cout<<(n*mod_inverse(b,mod))%9973<<endl; } return 0; }
4.又见GCD
题目:http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=2504
题解:a和c的最大公约数为b,因此c的选取从2*b开始,与a计算gcd,如果不是b就加b,如此往复
代码:
#includeusing namespace std; int gcd(int a,int b) { return b==0?a:gcd(b,a%b); } int main() { int i,j,n,a,b,c; cin>>n; while(n--) { cin>>a>>b; c=b*2; while(gcd(a,c)!=b) { c+=b; } cout< endl; } return 0; }
5.GCD
题目:http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=2588
题解:
给定N,M求gcd(i,N)>=M的i的个数
我们可以分解N=a*b, i=a*d(b>=d 且b,d互质),那么我们要求的就是a》=m的时候d的个数(b随a而确定)
由于b>=d且b,d互质,所以这个数目就是φ(b)-1
但是,如果对于每个a枚举b,铁定超时。(仍然O((N-M)*sqrt(N))的复杂度)
但是如果单纯这样全部枚举的话依旧会超时,所以我们要想一个办法去优化它。
我们可以折半枚举,这里的折半并不是二分的意思。
我们先看,我们枚举时,当i
我们这种枚举时间会快非常多
代码:
#include#include using namespace std; typedef long long ll; ll phi(ll n) { ll ans=n; for(ll i=2;i<=sqrt(n);i++) { if(n%i==0) { ans=ans/i*(i-1); while(n%i==0) n/=i; } } if(n>1) ans=ans/n*(n-1); return ans; } int main() { int t; ll n,m; cin>>t; while(t--) { cin>>n>>m; ll ans=0; for(ll i=1;i*i<=n;i++) { if(n%i==0) { if(i>=m) ans+=phi(n/i);//计算sqrt(n)左边的 if(i*i!=n&&n/i>=m) ans+=phi(i);//计算计算sqrt(n)右边的i*i==n时,在上个语句已经执行 (避免)完全平方算两次 } } cout< endl; } return 0; }
6.GCD
题目:http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5223
题解:这个从体面理解是要求满足区间的最小数和,我们满足当前区间的最大公约数,就是使当前区间全都为最大公约数,这样总和最小,但是会涉及到区间重叠的部分,因此那一部分就要取:当前的数于区间的最大公约数的最小公倍数,然后都弄完后,进行检验,是否该区间上的数的最大公约数为ans,然后输出即可。
代码:
#includeusing namespace std; typedef long long ll; ll gcd(ll a,ll b) { return b==0?a:gcd(b,a%b); } ll num[1010],l[1010],r[1010],ans[1010]; int main() { ll t,i,j,n,q; cin>>t; while(t--) { cin>>n>>q; for(i=1;i<=n;i++) num[i]=1; for(i=0;i ) { cin>>l[i]>>r[i]>>ans[i]; for(j=l[i];j<=r[i];j++) num[j]=num[j]*ans[i]/gcd(num[j],ans[i]); } bool falg=true; for(i=0;i) { ll cur=num[l[i]]; for(j=l[i]+1;j<=r[i];j++) cur=gcd(cur,num[j]); if(cur!=ans[i]) { falg=false; break; } } if(falg==true) { for(i=1;i<=n;i++) { cout<<num[i]; if(i!=n) cout<<" "; } cout<<endl; } else { cout<<"Stupid BrotherK!"<<endl; } } return 0; }