2020威海CCPC D，思维训练

ABC Conjecture

题意：给定一个数c，请你判断是否存在这样的两个数a和b，满足a+b=c，并且abc的质因子的乘积小于c(重复的质因子视为一个)。

思路：我首先发现对于这个题来讲，第一个条件基本没用，重点在于第二个条件，只要满足第二个条件就可以了，那么怎么满足呢？

发现当c的质因子出现重复的时候，c的所有种类质因子的乘积一定是小于c的，同时可以根据这些质因子来创两个数，使得这两个数的和等于c，所以问题转变为判断c是有某个质因子出现重复。那么重复是什么？也就是平方，立方，四次方等等，最简单的方式就是平方，只要判断一个数能否被某个平方数整除即可。

但是问题来了，1e18这么大，处理平方数是1e9个显然不是可以接受的（通常视一秒1e7为复杂度的极限)
但是我们可以处理1e12范围内的平方数，如果给定的c可以整除那么直接就是yes的判定，否则的话考虑一下是什么情况

如果这个数是个平方数，但是过大，必然是某个因子乘上了这个平方数，使得无法判断，那么我们只需要剔除c的1e6范围内的所有质因子即可。剔除后再判断是否为平方数。

值得注意的是c为1需要特判，否则会WA27

#include 
using namespace std;
#define int long long
#define endl '\n'
const int N = 1e7+100;
const int te=1e9;
int super_sqrt(int x)
{
    int l=1,r=sqrt(x+100),ans=0;
    while(l<=r)
    {
        int mid=(l+r)>>1;
        if(mid*mid<=x) ans=mid,l=mid+1;
        else r=mid-1;
    }
    return ans;
}
bool isPrime[N];
int Prime[N],cnt=0;
void GetPrime(int n)
{
    isPrime[1]=0;
    for(int i=2;i<=n;i++)
    {
        if(isPrime[i])
        {
            Prime[++cnt]=i;
        }
        for(int j=1;j<=cnt&&i*Prime[j]<=n;j++)
        {
            isPrime[i*Prime[j]]=0;
            if(i%Prime[j]==0)
            {
                break;
            }
        }
    }
}
signed main()
{
    //cout<<998244353ll*998244353ll<
    cin.tie(0);cout.tie(0);ios::sync_with_stdio(0);
    GetPrime(10000000);
    vector<int> p;
    for(int i=2;i*i<=100000000000000;i++)
        p.push_back(i*i);
    int t;
    for(cin>>t;t;t--)
    {
        int n;
        cin>>n;
        if(n==1)
        {
            cout<<"no\n";
            continue;
        }
        bool falg=false;
        for(auto x:p)
            if(n%x==0)
                falg=true;
        for(int i=1;i<=cnt;i++)
        {
            int con=0;
            while(n%Prime[cnt]==0)
            {
                n/=Prime[cnt];
                con++;
            }
            if(con>=2)
            {
                falg=true;
            }
        }
        if(super_sqrt(n)*super_sqrt(n)==n)
        {
            falg=true;
        }
        if(falg)
            cout<<"yes";
        else
            cout<<"no";
        if(t!=1)
            cout<<endl;
    }
    return 0;
}

C. Inversion Graph

这个思维题还是很6的。

给定了一个排列，对于所有逆序对都连边，问你总共几个连通块。

思路：我们如果想用dsu去做的话，可能就需要对所有的连边都处理，但是最多可能会达到n*(n+1)/2条，所以复杂度不好实现。

从排列角度考虑，如果是正序情况，那么对于i来讲，i位置的前缀和就是i(i+1)/2，但是正序情况下就是n个连通块，也就是没有边相连，对于题目反向思考，如果截至到某个位置的前缀和是i(i+1)/2那么是不是就可以理解为多了一个连通块呢？显然是可以的。

#include 
using namespace std;
int T,n,a[100005],ans=0;
long long sum=0;
int main()
{
	cin>>T;
	for(int i=1;i<=T;i++)
	{
		cin>>n;
		for(int i=1;i<=n;i++)
		{
			cin>>a[i];sum+=a[i];//sum前缀和 
			if(sum==1LL*(1+i)*i/2)ans++;
		}
		cout<<ans<<endl;sum=0;ans=0;
	}
	return 0;
} 

M - Function and Function
青岛的一个签到，大概是考了一个类似数字空洞的东西，其实可以发现递归到10层后基本就变为奇偶规律了。

#include 

using namespace std;

int a[10]={1,0,0,0,1,0,1,0,2,1};
int x,k;
pair<int,int> f(int x,int k)
{
    if(k==0||x==0)
    {
        return make_pair(k,x);
    }
    int res=0;
    while(x)
    {
        res+=a[x%10];
        x/=10;
    }
    f(res,k-1);
}
int main()
{
    cin.tie(0);cout.tie(0);ios::sync_with_stdio(0);
    int t;
    for(cin>>t;t;t--)
    {
        cin>>x>>k;
        auto n=f(x,k);
        if(n.first==0)
        {
            cout<<n.second<<endl;
        }
        else
        {
            if(n.first%2)
            {
                cout<<(n.second^1)<<endl;
            }
            else
            {
                cout<<n.second<<endl;
            }
        }
    }
    return 0;
}

J - Books
脑筋急转弯？

这个题需要注意的是，其实他价格为0的书我们只算其为应得数量，但是这种书和实际获得与钱数都没有什么关系，这样考虑。

#include
#include
#define ll long long
#define INF 1000000007
using namespace std;
int main()
{
    int T,n,m,x;
    scanf("%d",&T);
    while(T--)
    {
        scanf("%d%d",&n,&m);
        vector<int>v;
        for(int i=1; i<=n; ++i)
        {
            scanf("%d",&x);
            if(x!=0)
                v.push_back(x);
        }
        int len=v.size();
        int zero=n-len;
        if(m<zero)
            puts("Impossible");
        else if(m==n)
            puts("Richman");
        else
        {
            m-=zero;
            ll sum=0;
            int t=INF;
            for(int i=0; i<len; ++i)
            {
                if(i+1<=m)
                    sum+=v[i];
                else t=min(t,v[i]);
            }
            sum+=t-1;
            printf("%lld\n",sum);
        }
    }
    return 0;
}