[Kuangbin带你飞]专题十四 数论基础

A. Bi-shoe and Phi-shoe: 给出一个数列a，对于其中的每个元素，求出欧拉函数值不小于此元素的最小数。

题解：由欧拉函数的定义可以得到，对于一个数字x，欧拉函数值不小于x的最小数是不小于x的最小素数。因此先打出素数表，再二分地对于每一个元素找出不小于它的最小素数即可。

#include
#define maxn 10050
#define maxm 2000050
#define INF 0x3f3f3f3f
#define eps 1e-8
using namespace std;
typedef long long ll;

int t,n,a,p,kase=0;
int pri[maxm];
bool flag[maxm];

void init(int x)
{
    for(int i=0;i<=x;i++)flag[i]=1;
    flag[0]=flag[1]=0;
    p=0;
    for(int i=2;i<=x;i++)
    {
        if(flag[i])
        {
            pri[p++]=i;
            for(int j=i*2;j<=x;j+=i)
                flag[j]=0;
        }
    }
}

int main()
{
    scanf("%d",&t);
    init(2e6);
    while(t--)
    {
        scanf("%d",&n);
        ll ans=0;
        for(int i=0;i

C. Aladdin and the Flying Carpet: 给定两个数a和b，求b到sqrt(a)中有多少个数是a的因数。

题解：有这样一个定理：如果一个数x的唯一分解式为(p1^e1)*(p2^e2)*……*(pn^en)，那么x的因数数目就是(1+e1)*(1+e2)*……*(1+en)。显然1-sqrt(x)内的因数数目就是总的因数数目除以2。然后枚举1-b减去这个区间内的因子即可。

#include
#define maxn 1000050
#define INF 0x3f3f3f3f
#define eps 1e-8
using namespace std;
typedef long long ll;

int t,num=0,p,kase=0;
ll a,b;
int pri[maxn];
bool flag[maxn];

void init(int x)
{
    for(int i=0;i<=x;i++)flag[i]=1;
    flag[0]=flag[1]=0;
    for(int i=2;i<=sqrt(x);i++)
    {
        if(flag[i])
        {
            for(int j=i*i;j<=x;j+=i)
                flag[j]=0;
        }
    }
    for(int i=2;i<=x;i++)
    {
        if(flag[i])
            pri[num++]=i;
    }
}

ll coun(ll x)
{
    ll cnt=x;
    ll cur=0,ans=1;
    int i=0;
    if(x==0)return 0;
    while(i1)ans*=2;
    return ans;
}

int main()
{
    scanf("%d",&t);
    init(1000000);
    while(t--)
    {
        scanf("%lld%lld",&a,&b);
        ll ans;
        if(b>=sqrt(1.0*a))ans=0;
        else
        {
            ans=coun(a)/2;
            for(ll i=1;i

D. Sigma Function: 定义一个函数如下图，给定n，问1-n中有多少个数的函数值为偶数。

题解：只要某一项为偶数，整个函数值就为偶数。所以可以先讨论奇数的情况。每一项可以表示为1+pi+p2^2+……+pi^ei，只有pi与ei同时为奇数时，这项的结果才会为偶数。也就是说对于唯一分解式中的pi^ei，有pi为偶或者pi奇ei偶的情况。

pi偶ei偶与pi奇ei偶的情况中，既然指数都为偶数，那么这就一定是完全平方数。而pi偶ei奇的情况中，一个数的偶素因子只可能为2，也就是说是2的奇数次方。提出一个2来，就可以看出这个数显然是某个完全平方数的2倍。

也就是说一个数如果不是完全平方数或者完全平方数的两倍，它的函数值就为偶数。

因此答案为n-sqrt(n)-sqrt(n/2)。

E. Leading and Tailing: 给定两个数n和k，求n^k的前3位和后3位数。

题解：后3位只要在快速幂中对1000取模即可。前三位：

F. Goldbach's Conjecture: 给定一个数n，问存在多少对素数(a,b)满足a+b=n。

题解：打出素数表来，枚举小于等于n/2的每个素数，看n和它之差是不是素数即可。

G. Harmonic Number(II): 给定n，求n/i(i from 1 to n)之和。

题解：先直接处理出1-sqrt(n)的值，对于后面的值可以利用它们求出，例如值为1的有(n/1-n/2)项，值为2的有(n/2-n/3)项，直至n/i等于n/i+1。这之中n/sqrt(n)被计算了两次，需要减去。

#include
#define maxn 10000050
#define INF 0x3f3f3f3f
#define eps 1e-8
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod = 1000;

int t,n,kase=0;

int main()
{
    scanf("%d",&t);
    while(t--)
    {
        scanf("%d",&n);
        ll ans=0;
        for(ll i=1;i*i<=n;i++)
        {
            ans+=(n/i)*(i-n/(n/i+1));
            if(n/i!=i)
                ans+=i*(n/i-n/(i+1));
        }
        printf("Case %d: %lld\n",++kase,ans);
    }
    return 0;
}

H. Pairs Forming LCM: 给定正整数n，求有多少对(i,j)满足lcm(i,j)=n。

题解：对于正整数a和b，lcm(a,b)是a,b的所有素因子在其唯一分解式中较高次幂的乘积。先将n分解，对于每一项pi^ei，有两种情况：

若pi在a中的指数等于ei，那么其在b中的指数可以取0-ei，有(ei+1)种情况。若不等于ei，那么在b中的指数必为ei，a中指数可以取ei种情况。那么对于n的每个素因子都有2*ei+1种情况，将其全部相乘得到ans。考虑a和b的大小关系，除了a,b都为n的情况，都出现了两次，因此最终答案就是ans/2+1。

I. Harmonic Number: 给定n，求调和级数的前n项。

题解：这个似乎和数论没什么关系啊……？采用了分段打表的思想，每100项的结果存起来，每次只需枚举不足整百的部分即可。

#include
#define maxn 1000050
#define INF 0x3f3f3f3f
#define eps 1e-8
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod = 1000;

int t,n,kase=0;
double ans[maxn];

void init()
{
    double tmp=0;
    for(int i=1;i<=100000000;i++)
    {
        tmp+=(1.0/i);
        if(i%100==0)
            ans[i/100]=tmp;
    }
}

int main()
{
    scanf("%d",&t);
    init();
    while(t--)
    {
        scanf("%d",&n);
        double tmp=ans[n/100];
        for(int i=n/100*100+1;i<=n;i++)
            tmp+=(1.0/i);
        printf("Case %d: %.10lf\n",++kase,tmp);
    }
    return 0;
}

J. Mysterious Bacteria: 给定整数x，寻找一个尽可能小的数使得x为这个数的幂，求这个幂指数。

题解：将x唯一分解，则ans=gcd(e1,e2,……,ek)。有一个坑点是x可能为负，此时结果的幂指数不能为偶数。

#include
#define maxn 10000050
#define INF 0x3f3f3f3f
#define eps 1e-8
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod = 1000;

int t,num=0,kase=0;
ll n;
int pri[maxn/10];
bool flag[maxn];


void init()
{
    memset(flag,0,sizeof(flag));
    flag[0]=flag[1]=1;
    for(int i=2;i<=sqrt(10000000);i++)
    {
        if(!flag[i])
        {
            for(int j=i*i;j<=10000000;j+=i)
                flag[j]=1;
        }
    }
    for(int i=2;i<=10000000;i++)
    {
        if(!flag[i])
            pri[num++]=i;
    }
}
int gcd(int a,int b){return b==0?a:gcd(b,a%b);}

int cal(ll x)
{
    int cur,ans=0;
    ll tmp=x;
    for(int i=0;i1)ans=gcd(ans,1);
    return ans;
}


int main()
{
    scanf("%d",&t);
    init();
    while(t--)
    {
        scanf("%lld",&n);
        bool vis=0;
        if(n<0)
        {
            n=(-n);
            vis=1;
        }
        int ans=cal(n);
        if(vis&&ans%2==0)
            while(ans%2==0)ans/=2;
        printf("Case %d: %d\n",++kase,ans);
    }
    return 0;
}

K. Large Division: 200位大数对int取模

题解：同余定理，按位取模即可。

L. Fantasy of a Summation: 给出一个长度为n的数列，选k个可重复的数字有n^k种方法，求所有方案选出的元素之和。

题解：进行了n^k次加法，每个数被选中的概率都是k/n，因此答案为sum*k*n^(k-1)。

M. Help Hanzo: 问a-b中有多少个素数。b-a<=1e5。

题解：区间素数筛法模板。

#include
#define maxn 100050
#define INF 0x3f3f3f3f
#define eps 1e-8
using namespace std;
typedef long long ll;

int t,cont,kase=0;
ll m,n,z,p[maxn];
bool flag[maxn],f[maxn];

void getPrime()
{
    z=0;
    memset(flag,true,sizeof(flag));
    for (int i=2;i<=100000;i++)
    {
        if (flag[i])
        {
            p[z++]=i;
            for (int j=i*i;j<=100000;j+=i)
                flag[j]=0;
        }
    }
}

int main()
{
    ll sz,k;
    getPrime();
    scanf("%d",&t);
    while(t--)
    {
        scanf("%lld%lld",&m,&n);
        cont=0;
        if(n<70000)
        {
            for(ll i=m;i<=n;i++)
                if(flag[i] && i!=1)cont++;
        }
        else
        {
            if(m<=2) m=2;
            sz=n-m;
            for(ll i=0;i<=sz;i++)
                f[i]=true;
            for(i=0;i

N. Trailing Zeros(III): 给出一个数n，问是否存在x使得x的阶乘末尾恰好有n个0。若存在求出最小的x。

题解：一个数中含有多少个5，阶乘的末尾就会含有多少个0。用二分的方法找出这个最小的点。

#include
#define maxn 100050
#define INF 0x3f3f3f3f
#define eps 1e-8
using namespace std;
typedef long long ll;

int t,n,kase=0;

int getnum(int x)
{
    int ans=0;
    while(x)
    {
        ans+=(x/5);
        x/=5;
    }
    return ans;
}

int main()
{
    scanf("%d",&t);
    while(t--)
    {
        scanf("%d",&n);
        int l=1,r=1000000000,ans;
        while(l<=r)
        {
            int mid=(l+r)/2;
            if(getnum(mid)>=n)
            {
                ans=mid;
                r=mid-1;
            }
            else l=mid+1;
        }
        printf("Case %d: ",++kase);
        if(getnum(ans)==n)printf("%d\n",ans);
        else printf("impossible\n");
    }
    return 0;
}

O. GCD-Extreme(II): 给定n，求每一对小于n的(i,j)的gcd之和。

题解：用b[n]表示1-n-1与n的gcd之和，即sum[n]=sum[n-1]+b[n]。

用a[i]表示gcd(n,x)=i的x的个数，显然b[n]=Sum(i*a[i])。所以只需求a[i]：gcd(n,x)=i，即gcd(n/i,x/i)=1。

因此只需要求出phi[i]，即可知道与n/i互质的数目，这样就可以求解了。

#include
#define maxn 4000050
#define INF 0x3f3f3f3f
#define eps 1e-8
using namespace std;
typedef long long ll;

int n,phi[maxn];
ll f[maxn],sum[maxn];

void init()
{
    memset(phi,0,sizeof(phi));
    phi[1]=1;
    for(int i=2;i

R. 青蛙的约会：有两只青蛙分别在长度为l的环的a,b位置，以x,y速度同向跳跃，问多长时间后可以相遇。

题解：

S. C Looooops: 对于循环for(int i=a,i!=b;i+=c)，在模2^k下需要运行多少次才会跳出循环。

题解：如下图，解方程即可。

V. Maxmium GCD: 给出一个数列，求两两组合gcd的最大值。

题解：直接暴力就行，但是要注意读入的方法，可以用字符串读入。

W. Prime Time: 定义f(x)=x*x+x+41，求a-b的函数值中素数的比例。

题解：1e4的数据，预处理一下函数值的素性，然后对于每次查询维护前缀和即可。

Y. Super Powers: 输出1-2^64-1中同时是两个或两个以上数的幂的数。

题解：要想进行拆分，幂指数必须是合数。也就是幂指数只会是4-64中的合数。然后枚举底数进行判断，底数大约在1e5之内。为节省时间当幂达到2^64时就跳出循环，对于底数i最大的幂指数就是ceil(64/lgi*lg2)-1。由于存在略大于2^64的情况，此题需要使用unsigned long long。

#include
#define maxn 105
#define INF 0x3f3f3f3f
#define eps 1e-8
using namespace std;
typedef unsigned long long ull;

mapm;
map::iterator it;
bool flag[maxn];
int p[maxn],num=0;

void init()
{
    memset(flag,0,sizeof(flag));
    for(int i=2;i<=100;i++)
    {
        if(!flag[i])
        {
            for(int j=i*2;j<=100;j+=i)
                flag[j]=1;
        }
    }
    for(int i=4;i<=100;i++)
    {
        if(flag[i])
            p[num++]=i;
    }
}

ull mi(ull a,int x)
{
    if(x==0)return 1;
    ull tmp=mi(a,x/2);
    ull ans=tmp*tmp;
    if(x%2==1)
        ans*=a;
    return ans;
}

int main()
{
    init();
    m[1]=INF;
    for(int i=2;i<(1<<16);i++)
    {
        double t=ceil(64.0/log(i)*log(2))-1;
        for(int j=0;p[j]<=t&&jfirst <