抽了窝bin 的数论中 几道比较基础的数学题， 来给学弟学妹入门这方面知识。
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第一题： Light OJ 1336
题意： Ｆ（ｎ） 是 ｎ 的约数的和。 题目求 １ － ｎ 中有多少 Ｆ（ｎ） 为偶数。
思路： 题目给你了 相关知识， 一个数 ｎ 可以表示成 ｎ＝∏pi^ei 而 F（n） = (p1^(e1+1)-1)/(p1-1))*(p2^(e2+1)-1)/(p2-1))....
分析一下： 当 p 为 2 时， （p ^ （e + 1） - 1） / （p - 1） 总为奇数的
当 p ！= 2 时， 需探求 （p ^ （e + 1） - 1） / （p - 1） 奇偶性，
公式： a^n-b^n (其中n为正整数) =(a-b)[a^(n-1) + a^(n-2) *b +... + a*b^(n-2)+b^(n-1)]
得知当 n-1 为偶数的时候， [a^(n-1) + a^(n-2) *b +... + a*b^(n-2)+b^(n-1)] 有奇数项，
则可知 当 e 为偶数的时候， （p ^ （e + 1） - 1） / （p - 1）为奇数。
故此我们可以得出 对于 ｎ＝∏pi^ei ， 当 (pi != 2 && ei % 2 == 0) ==> F(n) 是奇数的---> F(2n) 也是奇数。
因为 ei 均为偶数 （ pi != 2 ），所以我们只要算出 1 - n 中有多少 平方数 和二倍平方数即可。
代码实现：
#include
#include
#include
#include
#include
第二题： LightOJ 1236 （其实这道题我抓错了， 哭瞎， 本来是 1245 的， 手贱， 不过也不是很难 ）
题意： 求有多少对数 ( i , j ) lcm (i , j ) == n && ( i <= n && j <= n)
思路： 有了第一题做基础， 这题就不难了。
首先介绍一下 lcm ， gcd 吧
N1 = p1 ^ e1 * p2 ^ e2 * p3 ^ e3 .......
N2 = p1 ^ s1 * p2 ^ s2 * p3 ^ s3 .......
gcd ( N1, N2 ) = p1 ^ min(e1, s1) * p2 ^ min(e2, s2) .....
lcm ( N1, N2 ) = p1 ^ max(e1, s1) * p2 ^ max(e2, s2) ....
如果 n % ( p ^ c ) == 0, 那么在 i， j中， 只有 ：
i % (p^c) == 0 && ( j % (p^0) == 0 || j % (p ^ 1) == 0 || .... || j % (p ^ c ) == 0 )， 共 c + 1 种
反之亦然， 故一个指数就可以产生 2 * c + 1 种
故 我们只需要分解给定的 N 就可以得出答案了。 （代码中 j >= i 的， 故 最后结果要 / 2）
实现：
#include
#include
#include
#include
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第三题： Light OJ 1234
题意： 求 ∑ （1 / n）
思路： 有一堆数学公式， 但是也是可以打表过的。。。具体看代码吧
实现：
#include
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#include
#include 第四题： LightOj 1214
题意： 判断 a % b == 0 的问题
思路： 看数据就知道是 大数问题， 也就是用字符串模拟 算术过程， 注意正负号就好了。
实现：
#include
#include
#include
#include
#include
第五题： Light Oj 1213
题意： 优化如下代码：
#include
int cases, caseno;
int n, K, MOD;
int A[1001];
int main() {
scanf("%d", &cases);
while( cases-- ) {
scanf("%d %d %d", &n, &K, &MOD);
int i, i1, i2, i3, ... , iK;
for( i = 0; i < n; i++ ) scanf("%d", &A[i]);
int res = 0;
for( i1 = 0; i1 < n; i1++ ) {
for( i2 = 0; i2 < n; i2++ ) {
for( i3 = 0; i3 < n; i3++ ) {
...
for( iK = 0; iK < n; iK++ ) {
res = ( res + A[i1] + A[i2] + ... + A[iK] ) % MOD;
}
...
}
}
}
printf("Case %d: %d\n", ++caseno, res);
}
return 0;
}
分析： 这题数据很大， 直接TLE， 我们发现 ， 总共是 n ^ k 次方次加法， 但每个数不是这么多，可以找一下规律， 发现 每个 A[i] ( 0 <= i < n ) 加了 k * n ^ ( k - 1) 次， 故答案是 sum * n ^ ( k - 1) % mod
也可以用概率来分析这题， 总共 n ^ k 次加法， 可以发现每个 A[i] 出现的概率都是相同的， 每次 加 k 个数， A[i]一次加法中出现的概率 为 k / n， 故 A[i] 出现的次数为 k * n ^ ( k - 1) 次
实现：
#include
using namespace std;
typedef long long LL;
const int maxn = 10000 +131;
LL PowMOD(LL a, LL n, LL MOD) {
LL ret = 1, tmp = a;
while (n) {
if(n & 1) ret = ret * tmp % MOD;
tmp = tmp * tmp % MOD;
n >>= 1;
}
return ret;
}
int main() {
int t;
cin >> t;
LL n, k, MOD, tmp, Sum;
for(int Case = 1; Case <= t; ++Case) {
cin >> n >> k >> MOD;
Sum = 0;
for(int i = 0; i < n; ++i) {
cin >> tmp;
Sum += tmp;
}
Sum = (Sum * (k * PowMOD(n, k-1, MOD) % MOD)) % MOD;
printf("Case %d: %lld\n", Case, Sum);
}
}
第六题：ＳＧＵ １０６ （也是抓错的， 内心是防ＡＫ的）
扩展欧几里得定理板子题， 不多讲解了