ACWing.第 128 场周赛 (B、C题解)
B、5286. 翻倍（思维+推导）
一、题目要求
给定两个正整数，初始时两数均为 1。
你可以进行任意次（也可以不进行）翻倍操作，每次操作任选一个非负整数 k，令两数中的一个数乘以 k，另一个数乘以 k^2。
请你计算，是否能够通过一系列操作，使得最终第一个数变为 a，第二个数变为 b。
输入格式
第一行包含整数 T，表示共有 T�组测试数据。
每组数据占一行，包含两个整数 a,b。
输出格式
每组数据输出一行结果，如果任务可以达成，则输出 Yes，否则输出 No。
数据范围
前 33 个测试点满足 1≤T≤5。
所有测试点满足 1≤T≤350000，1≤a,b≤10^9。
输入样例：
4
2 4
75 45
8 8
16 16
输出样例：
Yes
Yes
Yes
No二、思路（推导）
根据算术基本定理 ：每个正整数都可以唯一地分成若干质数的乘积
考虑k>=2范围 ,且只需考虑k为质数的情况
p1 p2 p3 ... pn
假设用了x1个p1，x2个p2 ...xn个pn
总的操作次数=x1+x2+..+xn
次数 a b c
1 1 1
x1 p1^2 p1 p1^3 相当于有x1个p1的3次方相乘，即p1^(3*x1),以此类推
x2 p2 p2^2 p2^3
xn pn pn^2 pn^3
a*b=p1^(3x1)+p2^(3x2)+...+pn^(3xn);
1.x1<=x等价p1^x1能够整除a p1^(x1)|a x1(全分1次) <=x<=2x1(全分两次)
2.x1<=y等价p1^x1能够整除b p2^(x2)|b x1(全分1次) <=y<=2x1(全分两次)
3.x+y=3x1 x1=(x+y)/3
x:代表1变换到a所用的次数，y：代表1变换到b所用次数
若x,y在x1~2x1之间，且满足（x+y）能整除3,则说明x1有解，代表它满足条件
t=p1^(x1/3) p2(x2/3)…p3(xn/3);（pi与pj之间两两互质且独立） t就相当ab开三次方根
x1=(x+y)/3;
t=p1^(x1/3) *p2(x2/3)*...*p3(xn/3);（pi与pj之间两两互质且独立）
等价于 p1^(x1/3)|a p1^(x1/3)|b（x|y代表x能y整除，即y%x==0）
等价于 a能够被t整数 t|a t|b
即：如果 t为整数，且a%t==0&&b%t==0，则一定有解
三、代码
#include
#define endl '\n'
typedef long long ll;
#define IOS ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
using namespace std;
const int N=2e5+10;
const int inf=0x3f3f3f3f;
int a,b;
void solve()
{
cin>>a>>b;
//int t=round(pow((LL)a*b,1.0/3));
/*round()，将一个浮点数四舍五入到最接近的整数 3.4=3 3.6=4
如果参数x的小数部分>=0.5，则返回大于x的最小整数，否则返回小于x的最大整数 */
int t=pow((ll)a*b,1.0/3)+1e-8;//可能会有精度问题
if(t*(ll)t*t==(ll)a*b&&a%t==0&&b%t==0)
{
cout<<"YES"<>t;
while(t--)
{
solve();
}
return 0;
} C、5287. 数量（组合数+dfs或者组合数+手动模拟）
一、题目要求
给定两个整数 n,k。
请你计算，一共有多少个长度为 n 的整数数组 a1,a2,…,an 能够同时满足：
- 数组 a 恰好是一个 1∼n的排列。
- 至少有 n−k个索引 i（1≤i≤n）满足 ai=i。
输入格式
共一行，包含两个整数 n,k。
输出格式
一个整数，表示满足条件的整数数组数量。
数据范围
前 44 个测试点满足 4≤n≤5，1≤k≤4。
所有测试点满足 4≤n≤1000，1≤k≤4。
输入样例1：
4 1
输出样例1：
1
输入样例2：
4 2
输出样例2：
7
输入样例3：
5 3
输出样例3：
31
输入样例4：
5 4
输出样例4：
76二、思路
1.思路
给出n个位置，只允许k个人不在自己的位置上，又因为k<=4，所以进行考虑的情况有k=0,2,3,4,可以手动模拟，也可以利用错排列公式。
2.错排列公式：
1.定义：考虑一个有n个元素的排列，若一个排列中所有的元素都不在自己原来的位置上，
那么这样的排列就称为原排列的一个错排。 n个元素的错排数记为D(n)
2.公式：
3.推导过程
ans=c(n,k)*dfs(1，k) (组合数(o(1))*dfs(o(1)))
1.k=0，则说明每个人都在自己的座位上说明只有一种情况
2.k=1,不可能只有1个人不在自己的座位上
3.k=2,c(n,2)*1
4.k=3，c(n,3)*2
1 2 3
a.2 3 1
b.3 1 2
5.k=4 c(n,4)*9
1 2 3 4
a.2 1 4 3
b.2 4 1 3
c.2 3 4 1
d.3 1 4 2
e.3 4 1 2
f.3 4 2 1
g.4 1 2 3
h.4 3 1 2
i.4 3 2 1
三、代码
#include
#define endl '\n'
#define int long long
#define IOS ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
using namespace std;
const int N=1100;
const int inf=0x3f3f3f3f;
int a[N];
int n,k;
//int path[5];
bool st[5];
int dfs(int u,int n)
{
if(u>n)
return 1;
int res=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(i!=u&&!st[i])//不能填自己，并且这个数没有被访问过
{
// patu[u]=i;
st[i]=true;
res+=dfs(u+1,n);//加上递归下一层的结果
st[i]=false;
}
}
return res;
}
int c(int a,int b)
{
int res=1,i,j;
for(i=a,j=1;j<=b;i--,j++)
{
res=res*i/j;
}
return res;
}
void solve()
{
cin>>n>>k;
int res=1;//c(n,0)=1
for(int i=2;i<=k;i++)//最多有k个索引不满足所以进行累加
{
res+=c(n,i)*dfs(1,i);
}
cout<