2018-2019 南京现场赛 ACM-ICPC A（签到，博弈） J（思维，算贡献）

A - Adrien and Austin（签到，博弈）

题目链接：2018南京 A - Adrien and Austin

 题意：

     两个人博弈，有n个石子，最多可以取连续的 m个，最终无法拿到石子的人就输，问谁会赢

解题思路：

    当石子为0个时，第一个人没法拿，所以第二个人赢

   当最多只能1个时，就分奇偶性，奇数第一个人赢，偶数第二个人赢

   否则第一个人赢，因为第一个人先拿，可以将所有石子从中间拿掉一些，将剩下的等分为左右两部分，第二个人怎么拿，第一个人就怎么拿，这样第一个人肯定先没法拿。

举例： n = 10   m = 3;

初始：1   2  3   4   5   6   7   8   9   10

  第一个人：  1  2  3  4     7   8   9  10   拿掉两个分别是 5， 6

这样左右两边完全相等，无论左边那几个，右边就拿几个

#include 
using namespace std;
int main(){
	int n, m;
	while(cin >> n >> m){
		if(n == 0){
			cout << "Austin" << endl;
		}
		else if(m == 1){
			if(n % 2 == 0){
				cout << "Austin" << endl;
			}
			else{
				cout << "Adrien" << endl;
			}
		}
		else{
			cout << "Adrien" << endl;
		}
	}
	return 0;
} 

   J-Prime Game（思维，算贡献）

题意：

    有一个长度为 n 的序列 a ，定义 mul(l, r) 为区间 [l,  r] 中 a[i] 的乘积， fac(l, r) 为 mul(l, r) 不同素数因子的个数。求所有区间 fac 的和。

解题思路：

   每个素数的贡献为 (i - vis[a[i]])  *  (n - i + 1)。其中 i 表示第 i 个数(下标从1开始)，vis[a[i]] 表示 a[i] 上一次出现的位置。

#include 
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 1e6+3;
int prime[maxn], is_prime[maxn], cnt = 1;
ll vis[maxn];  // 此处虽然记下标
void solve(){
	for(int i = 1; i < maxn; i++){
		is_prime[i] = 1;
	}
	is_prime[2] = 1;
	for(ll i = 2; i < maxn; i++){ // i 开 long long 
		if(is_prime[i] == 1){
			prime[cnt] = i;
			cnt++;
			for(ll j = i * i; j < maxn; j = j + i){
				is_prime[j] = 0;
			}
		}
	}
}
int main(){
	int n;
	scanf("%d", &n);
	solve();
	ll ans = 0, a;
	for(int i = 1; i <= n; i++){
		cin >> a;
		if(a == 1){
			continue;
		}
		if(is_prime[a] == 0){
			for(int j = 1; j < cnt; j++){
				if(a == 1 || prime[j] * prime[j] > a){
					break;
				}
				if(a % prime[j] == 0){
					ans = ans + (n - i + 1) * (i - vis[prime[j]]);
					vis[prime[j]] = i;
					while(a % prime[j] == 0){
						a = a / prime[j];
					}
				}
			}
		}
		if(a > 1){    // a 本身是素数
			ans = ans + (n - i + 1) * (i - vis[a]);
			vis[a] = i;
		}
	}
	printf("%lld\n", ans);
	return 0;
}