ACM数论小常识

—1 1)哥德巴赫猜想：

—一个大于等于4的偶数可以拆分为两个质数的和

（用10e6内的数据测试一下）：

 

#include<iostream>

using namespace std; #include<conio.h>

#define M 1000000

int p[M]; bool is_prime(int n) { if(n<=1)return false; else 

    for(int i=2;i*i<=n;i++) if(n%i==0)return false; return true; } int main() { int n,i,j,k=0; for(i=2;i<=M;i++) if(is_prime(i))p[k++]=i; printf("%d ",k-1); while(1) { int q=1,s; cin>>n; if(n<4)printf("输入大于4的数"); else { for(i=0;i<=k-1;i++) { if(p[i]>=n)break; for(j=0;j<=k-1;j++) { s=p[i]+p[j]; if(p[j]>=n)break; if(s==n) { printf("YES\n%d %d\n",p[i],p[j]); q=0; break; } } if(!q)break; } } if(q)printf("NO\n不存在这两个数\n"); } return 0; }

 

—1判断组合数C(N,K)是否为奇数

—如果N&K==K则是奇数，反之则为偶数

测试代码如下：

#include<iostream>

using namespace std; int fun(int n,int k) { int s=1; for(int i=1;i<=k;i++) { s=s*(n--)/i; } return s; } int main() { int n,k; while(scanf("%d%d",&n,&k)!=EOF) { cout<<fun(n,k)<<endl; if((n&k)==k)printf("C(%d,%d)的阶乘为奇数\n",n,k); } return 0; }

 

—22N!末尾有多少个0：可以通过数N包含了多少个5,25,125…来计算

 

所谓零，就是5*2，所以 “n!末尾有多少个零”==“min(n!的质因子中5的数目,n!的质因子中2的数目”

又因为n!的质因子中5的数目必然小于等于2的数目，所以题目就变成了求n!的质因子中5的数目。

 

比如 26! 是 1*2*3*4*5*6……24*25*26，它们中间有多少个数能被5整除？当然是26/5=5个，但看25，它本身是5*5，也就是25代表着2个5，所以26!尾部零的数目等于 26/5 + 26/25 + 26/125 + ...

 

现在来计算1000!的末尾有多少个零，那么就是

1000/5 = 200

200/5 = 40 (写成1000/25也可以，但没这个意义了，下同)

40/5 = 8

8/5 = 1

结果就是 200+40+8+1 = 249

 

#include<iostream>

using namespace std; int main() { int n; while(scanf("%d",&n)!=EOF) { int s=0; while(n>=5) { n/=5; s+=n; } cout<<s<<"位0"<<endl; } return 0; }

 求素数方法

memset(vis,0,sizeof(vis)); m=sqrt(1000000); top=0; for(i=2;i<=m;i++) if(vis[i]==0){ prime[top++]=i; for(j=i*i;j<=n;j+=i) vis[j]=1; } for(i=m+1;i<1000000;i++) If(vis[i]==0) prime[top++]=i;

 

•1）通常使用足够大的vis[N]数组来打一张表，若vis[p]==0,则p为素数;

•   vis[p]==1,p不是素数。

•2）可以把素数都存在prime[]数组里,top是数组中素数的个数。

•3）4~9行，以i=2为例，所有2的倍数vis[j]都设为1，好像筛选似的吧.其他数类似。

•4)10~12行，求出（m+1）~1000000内所有的素数。

如何计算a^n ？

•1）计算a*a*a*…*a*a*a，需要计算n-1次乘法，时间复杂度O(n)

•2）考虑实例a^4，计算b=a*a，再算c=b*b，则c=a^4，但是只用了两次乘法，效率提高。比如a^9=a*(a^4)*(a^4)，只需用4次乘法，一般的，a^n时间复杂度为O(logn)

二分法

• 数学的魅力：

•

• 幂运算满足结合律

•

• n 为偶数： a^n=a^(n/2)*a^(n/2);

• n 为奇数： a^n=a^(n/2)*a^(n/2)*a;

•

• 保存 a^(n/2), 很容易求出 a^n;

大数取模

(a*b)%m=(a%m*b%m )%m;

求（ 2^100000000000000 ） %10000;

提示：二分法，速度惊人的快速幂！！！

 

(a+b)%m=(a%m+b%m)%m;

若 Sn 为斐波那契数列前 10000 项的和，

求 Sn%10000 ；

求最大公约数

• 辗转相除法

• int gcd(int a,int b)

• {

•      return b==0?a:gcd(b,a%b);

• }

正约数的个数

• 已知 n=p1^a1*p2^a2 … *pk^ak ， ( 也就是 n 的素数分解 ) ，求 n 的约数个数。

• 分析： n 的约数一定包含素因子中的某几项，对 于 n 的某个素因子 pi ，它在约数中的指数可以是 0,1,2 … ai 共 ai+1 种情况，根据乘法原理：

• n 的约数个数 =

• （ a1+1 ）*(a2+1)…*(ak+1)

欧拉函数
小于n且与n互素的正整数的个数

 

 

•如果n为素数，则欧拉函数等于n-1

 

•求法：将n分解为p1^n1*p2^n2*…pk^nk，则

 

•

 

•欧拉函数=n*(1-1/p1)*(1-1/p2)…*(1-1/pk);

 

 

n!

 

 

 

•n!=p1^n1*p2^n2*…*pk^nk

 

•勒让德定理：

 

•ni=[n/pi]+[n/pi^2]+[n/pi^3]+……

 

•其中[]表示向下取整