【AcWing算法基础课】第四章 数学知识(未完待续)

文章目录

  • 前言
  • 课前温习
  • 番外:秦九韶算法
    • 核心模板
  • 一、质数
    • 1. 试除法判定质数
    • 核心模板
      • 1.1题目描述
      • 1.2思路分析
      • 1.3代码实现
    • 2、试除法分解质因数
    • 核心模板
      • 1.4题目描述
      • 1.5思路分析
      • 1.6代码实现
  • 二、筛素数
    • 1.朴素筛法求素数
    • 核心模板
    • 2.线性筛法求素数(O(n))
    • 核心模板
      • 2.1题目描述
      • 2.2思路分析
      • 2.3代码实现
  • 三、欧几里得算法
    • 核心模板
      • 3.1题目描述
      • 3.2思路分析
      • 3.3代码实现
  • 四、快速幂
    • 核心模板
    • 题目一
      • 4.1题目描述
      • 4.2思路分析
      • 4.3代码实现
    • 题目二
      • 4.4题目描述
      • 4.5思路分析
      • 4.6代码实现
  • 五、求组合数
    • 核心模板
    • 题目一
      • 5.1题目描述
      • 5.2思路分析
      • 5.3代码实现
    • 题目二
      • 5.4题目描述
      • 5.5思路分析
      • 5.6代码实现
  • 六、博弈论
    • NIM游戏
    • 题目一
      • 6.1题目描述
      • 6.2思路分析
      • 6.3代码实现
    • 公平组合游戏ICG
    • 有向图游戏
    • Mex运算
    • SG函数
    • 有向图游戏的和
    • 题目二
      • 6.4题目描述
      • 6.5思路分析
      • 6.6代码实现
  • 七、约数个数和约数之和
    • 核心模板
      • 7.1题目描述
      • 7.2思路分析
      • 7.3代码实现

前言

本专栏文章为本人AcWing算法基础课的学习笔记,课程地址在这。如有侵权,立即删除。

课前温习

image

番外:秦九韶算法

利用秦九韶算法来实现其他进制转十进制的结果求解

  • 下图内容来源:百度百科,侵删。
    【AcWing算法基础课】第四章 数学知识(未完待续)_第1张图片

核心模板

int nToTen(string s,int n){
	int ans=0;
	for(int i=0;i<s.size();i++){   
	   ans=ans*n+s[i]-'0';            
	}
	return ans;
}

主要代码

#include 
#include  
using namespace std;
string s;
int n;
//其他进制转十进制(所有进制均适合) 
/*
int nToTen(string s,int n){
	int ans=0;
	for(int i=0;i='A'&&s[i]<='Z') ans=ans*n+s[i]-'A'+10; 
	else ans=ans*n+s[i]-'0';
	}
	return ans;
} 
*/
//其他进制转十进制(仅能处理十进制以下的进制转十进制) 
int nToTen(string s,int n){
	int ans=0;
	for(int i=0;i<s.size();i++){   
	   ans=ans*n+s[i]-'0';            //可以这样理解:原始答案中一个数都没有,然后把第一个数加了进去,然后每次向答案中加数,都要将原来的答案整体向前移一位,空出位置留给当前位。所以结果就是ans往前移一位的结果再加上当前位的数字 
	}
	return ans;
} 
int main(){
    cin>>n;
    cin>>s;
    cout<<nToTen(s,n);
	return 0;
}

一、质数

[外链图片转存失败,源站可能有防盗链机制,建议将图片保存下来直接上传(img-M5EzDUyL-1688992186447)(https://note.youdao.com/yws/res/3849/WEBRESOURCE421cbd42f83b7984ff17a84b6ff52fb0)]
(“就被称为质数”)

1. 试除法判定质数

小于x的约数是成对出现的(d和x/d),所以不需要从2枚举到n-1,只需要每次枚举较小的约数即可。即每次枚举从i到x/i。

核心模板

普通版

bool is_prime(int x){
    if(x<2) return false;
    for(int i=2;i<=x/i;i++){
        if(x%i==0){
            return false;
        }
    }
    return true;
}

优化版

bool is_prime(int x){
    if(x<=3) return x>1;
    if(x%6!=1&&x%6!=5) return false;
    for(int i=5;i<=x/i;i+=6){
        if(x%i==0&&x%(i+2)==0) return false;
    }
    return true;
}

题目链接
866. 试除法判定质数

1.1题目描述

给定 n 个正整数 ai,判定每个数是否是质数。

输入格式

第一行包含整数 n。
接下来 n 行,每行包含一个正整数 ai。

输出格式

共 n 行,其中第 i 行输出第 i 个正整数 ai 是否为质数,是则输出 Yes,否则输出 No。

数据范围

1≤n≤100,1≤ai≤231−1

输入样例

2
2
6

输出样例

Yes
No

1.2思路分析

套用模板即可,注意细节。

1.3代码实现

#include 
using namespace std;
const int N=110;
int a[N];
int n;
bool is_p(int n){
    if(n<2) return false;
    for(int i=2;i<=n/i;i++){
        if(n%i==0) return false;
    }
    return true;
}
int main(){
    cin>>n;
    for(int i=0;i<n;i++){
        cin>>a[i];
        if(is_p(a[i]))  cout<<"Yes"<<endl;
        else cout<<"No"<<endl;
    }
    return 0;
}

2、试除法分解质因数

  • 下图内容来源:百度百科,侵删。
    image

思路

  • 下图内容来源这里,侵删。
    【AcWing算法基础课】第四章 数学知识(未完待续)_第2张图片

核心模板

void divide(int x){
    for(int i=2;i<=x/i;i++){
        if(x%i==0){
            int s=0;
            while(x%i==0) x/=i,s++;
            cout<<i<<' '<<s<<endl;
        }
    }
    if(x>1) cout<<x<<' '<<1<<endl;
    cout<<endl;
}

题目链接:867. 分解质因数

1.4题目描述

给定 n 个正整数 ai ,将每个数分解质因数,并按照质因数从小到大的顺序输出每个质因数的底数和指数。

输入格式

第一行包含整数 n。

接下来 n 行,每行包含一个正整数 ai。

输出格式

对于每个正整数 ai,按照从小到大的顺序输出其分解质因数后,每个质因数的底数和指数,每个底数和指数占一行。

每个正整数的质因数全部输出完毕后,输出一个空行。

数据范围

1≤n≤100,2≤ai≤2×109

输入样例

2
6
8

输出样例

2 1
3 1

2 3

1.5思路分析

套用模板即可,注意细节。

1.6代码实现

#include 
using namespace std;
int n;
void divide(int n){
    for(int i=2;i<=n/i;i++){
        if(n%i==0){
            int s=0;
            while(n%i==0){
                n/=i;
                s++;
            }
            cout<<i<<' '<<s<<endl;
        }
    }
    if(n>1) cout<<n<<' '<<1<<endl;
    cout<<endl;
}
int main(){
    cin>>n;
    while(n--){
        int a;
        cin>>a;
        divide(a);
    }
    return 0;
}

二、筛素数

1.朴素筛法求素数

从2到n枚举每个数,删掉其所有的倍数,枚举完之后,没有被删掉的数为质数。

核心模板

int primes[N],cnt;   //primes[]存储所有素数
bool st[N];    //st[x]存储x是否被筛掉
void get_primes(int n){
    st[0]=st[1]=true;           //0和1均不是质数
    for(int i=2;i<=n;i++){
        if(st[i]) continue;
        primes[cnt++]=i;
        for(int j=i+i;j<=n;j+=i){
            st[j]=true;
        }
    }
}

埃氏筛法

int primes[N],cnt;   //primes[]存储所有素数
bool st[N];    //st[x]存储x是否被筛掉
void get_primes(int n){
    st[0]=st[1]=true;           //0和1均不是质数
    for(int i=2;i<=n;i++){
        if(!st[i]){
        primes[cnt++]=i;
        for(int j=i+i;j<=n;j+=i){
            st[j]=true;
        }
        }
    }
}

2.线性筛法求素数(O(n))

【AcWing算法基础课】第四章 数学知识(未完待续)_第3张图片

核心模板

int primes[N],cnt;   //primes[]存储所有素数
bool st[N];   //st[x]存储x是否被筛掉
void get_primes(int n){
    st[0]=st[1]=true;           //0和1均不是质数
    for(int i=2;i<=n;i++){
        if(!st[i]) primes[cnt++]=i;
        for(int j=0;primes[j]<=n/i;j++){
            st[primes[j]*i]=true;
            if(i%primes[j]==0) break;
        }
    }
}

题目链接:868. 筛质数

2.1题目描述

给定一个正整数 n,请你求出 1∼n 中质数的个数

输入格式

共一行,包含整数 n。

输出格式

共一行,包含一个整数,表示 1∼n 中质数的个数。

数据范围

1≤n≤106

输入样例

8

输出样例

4

2.2思路分析

利用上述模板即可。

2.3代码实现

埃氏筛法

#include 
using namespace std;
const int N=1000010;
int n,cnt;
int primes[N];
bool st[N];
void getPrimes(int n){
     for(int i=2;i<=n;i++){
         if(!st[i]){
            primes[cnt++]=i;
            for(int j=i+i;j<=n;j+=i){
                st[j]=true;
            }
         }
     }
}
int main(){
    cin>>n;
    getPrimes(n);
    cout<<cnt;
    return 0;
}

线性筛法

#include 
using namespace std;
const int N=1000010;
int n,cnt;
int primes[N];
bool st[N];
void getPrimes(int n){
     for(int i=2;i<=n;i++){
        if(!st[i]) primes[cnt++]=i;
        for(int j=0;primes[j]<=n/i;j++){
            st[i*primes[j]]=true;
            if(i%primes[j]==0) break;    //此时primes[j]一定是i的最小质因子
        }
    }     
}
int main(){
    cin>>n;
    getPrimes(n);
    cout<<cnt;
    return 0;
}

三、欧几里得算法

核心思路ab的最大公约数等于ba mod b的最大公约数。
最大公约数和最小公倍数的关系

  • 下图内容来源:百度百科,侵删。
    【AcWing算法基础课】第四章 数学知识(未完待续)_第4张图片

核心模板

int gcd(int a,int b){
    return b?gcd(b,a%b):a;
}

题目链接:872. 最大公约数

3.1题目描述

给定 n 对正整数 ai,bi,请你求出每对数的最大公约数

输入格式

第一行包含整数 n。

接下来 n 行,每行包含一个整数对 ai,bi。

输出格式

输出共 n 行,每行输出一个整数对的最大公约数。

数据范围

1≤n≤105,1≤ai,bi≤2×109

输入样例

2
3 6
4 6

输出样例

3
2

3.2思路分析

使用如上欧几里得算法。

3.3代码实现

#include 
using namespace std;
int n;
int gcd(int a,int b){
    return b?gcd(b,a%b):a;
}
int main(){
    cin>>n;
    while(n--){
        int a,b;
        cin>>a>>b;
        cout<<gcd(a,b)<<endl;
    }
    return 0;
}

四、快速幂

核心模板

m^k mod p,时间复杂度O(logk)。

int qmi(int m,int k,int p){
    int res=1%p,t=m;
    while(k){
        if(k&1) res=res*t%p;
        t=t*t%p;
        k>>=1;
    }
    return res;
}

题目一

题目链接:875. 快速幂

4.1题目描述

给定 n 组 ai,bi,pi,对于每组数据,求出 aibi mod pi 的值

输入格式

第一行包含整数 n。

接下来 n 行,每行包含三个整数 ai,bi,pi。

输出格式

对于每组数据,输出一个结果,表示 aibi mod pi 的值。

每个结果占一行。

数据范围

1≤n≤100000,1≤ai,bi,pi≤2×109

输入样例

2
3 2 5
4 3 9

输出样例

4
1

4.2思路分析

利用快速幂算法进行求解:首先预处理出a的次幂的结果,然后将ak拆分成这些预处理结果的组合(将k拆成2的次方的和,即k的二进制表示为1的所有2的次幂),即利用这些预处理的结果来计算ak
【AcWing算法基础课】第四章 数学知识(未完待续)_第5张图片
例子:
【AcWing算法基础课】第四章 数学知识(未完待续)_第6张图片

4.3代码实现

#include 
using namespace std;
typedef long long LL;
//快速幂,返回a^k%p的结果
int qmi(int a,int k,int p){
    LL res=1%p;         //存储结果
    while(k){         //枚举k的每位数字
        if(k&1) res=res*a%p;     //如果该位数字为1,则res乘上当前数字代表的二进制中的权重(即2的多少次幂)
        k>>=1;
        a=(LL)a*a%p;             //a每次翻倍,预处理出当前a的次幂的结果
    }
    return res;
}
int n;
int main(){
    cin>>n;
    while(n--){
        int a,k,p;
        cin>>a>>k>>p;
        cout<<qmi(a,k,p)<<endl;
    }
    return 0;
}

题目二

题目链接:876. 快速幂求逆元

4.4题目描述

给定 n 组 ai,pi,其中 pi 是质数,求 ai 模 pi 的乘法逆元,若逆元不存在则输出 impossible

注意:请返回在 0∼p−1 之间的逆元。

乘法逆元的定义

若整数 b,m 互质,并且对于任意的整数 a,如果满足 b|a,则存在一个整数 x,使得 a / ≡ a * x(mod m),则称 x 为 b 的模 m 乘法逆元,记为 b−1 (mod m)。
b 存在乘法逆元的充要条件是 b 与模数 m 互质。当模数 m 为质数时,bm−2 即为 b 的乘法逆元。

输入格式

第一行包含整数 n。

接下来 n 行,每行包含一个数组 ai,pi,数据保证 pi 是质数。

输出格式

输出共 n 行,每组数据输出一个结果,每个结果占一行。

若 ai 模 pi的乘法逆元存在,则输出一个整数,表示逆元,否则输出 impossible

数据范围

1≤n≤105,1≤ai,pi≤2∗109

输入样例

3
4 3
8 5
6 3

输出样例

1
2
impossible

4.5思路分析

由题目信息可得到以下化简。
【AcWing算法基础课】第四章 数学知识(未完待续)_第7张图片
该问题就化简成了求:b * x ≡ 1 (mod p )。x即为所求的逆元。
由费马小定理可知:b^p-1 ≡ 1 (mod p )。所以我们结合上述两个式子可知,x=bp-2
【AcWing算法基础课】第四章 数学知识(未完待续)_第8张图片

  • 下图内容来源:百度百科,侵删。
    【AcWing算法基础课】第四章 数学知识(未完待续)_第9张图片

b如果是p的倍数则无解。
原因:如果p是b的倍数,那么p*x也是p的倍数,mod p之后一定等于0,不可能等于1(也就是得满足费马小定理的条件)。

4.6代码实现

#include 
using namespace std;
typedef long long LL;
//快速幂模板,返回a^k%p
int qmi(int a,int k,int p){
    LL res=1%p;
    while(k){
        if(k&1) res=res*a%p;
        k>>=1;
        a=(LL)a*a%p;
    }
    return res;
}
int n;
int main(){
    cin>>n;
    while(n--){
        int a,p;
        cin>>a>>p;
        int ans=qmi(a,p-2,p);      //ans代表所要求的逆元,即ans=a^p-2
        if(a%p) cout<<ans<<endl;   
        else cout<<"impossible"<<endl;    //无解情况:a%p=0时无解
    }
    return 0;
}

五、求组合数

核心模板

  1. 根据下面公式来预处理出等式右边的组合数的值,那么等式左边就可以用等式右边已经算过的值来进行计算(有点像dp)
    【AcWing算法基础课】第四章 数学知识(未完待续)_第10张图片
//c[a][b]表示从a个苹果中选b个的方案数
for(int i=0;i<N;i++){
    for(int j=0;j<=i;j++){
        if(!j) c[i][j]=1;
        else c[i][j]=(c[i-1][j]+c[i-1][j-1])%mod;
    }
}
  1. 如下
    【AcWing算法基础课】第四章 数学知识(未完待续)_第11张图片
首先预处理出所有阶乘取模的余数fact[N],以及所有阶乘取模的逆元infact[N]
如果取模的数是质数,可以用费马小定理求逆元
typedef long long LL;
//快速幂模版
int qmi(int a,int k,int p){
    LL res=1%p;
    while(k){
        if(k&1) res=res*a%p;
        k>>=1;
        a=(LL)a*a%p;
    }
    return res;
}
//预处理阶乘的余数和阶乘逆元的余数
fact[0]=infact[0]=1;
for(int i=1;i<N;i++){
    fact[i]=(LL)fact[i-1]*i%mod;
    infact[i]=(LL)infact[i-1]*qmi(i,mod - 2,mod)%mod;
}

题目一

题目链接:885. 求组合数 I

5.1题目描述

【AcWing算法基础课】第四章 数学知识(未完待续)_第12张图片

5.2思路分析

利用模板1求解即可。

5.3代码实现

#include 
using namespace std;
const int N=2010,mod=1e9+7;
int c[N][N];
int n;
//求组合数
void solve(){
    for(int i=0;i<N;i++){
        for(int j=0;j<=i;j++){
            if(!j) c[i][j]=1;
            else c[i][j]=(c[i-1][j]+c[i-1][j-1])%mod;
        }
    }
}
int main(){
    cin>>n;
    solve();
    while(n--){
        int a,b;
        cin>>a>>b;
        cout<<c[a][b]<<endl;
    }
    return 0;
}

题目二

题目链接
886. 求组合数 II

5.4题目描述

【AcWing算法基础课】第四章 数学知识(未完待续)_第13张图片

5.5思路分析

利用模板2求解即可。

  • 下图作者如图,侵删。
    【AcWing算法基础课】第四章 数学知识(未完待续)_第14张图片

5.6代码实现

#include 
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N=100010,mod=1e9+7;
int fact[N],infact[N];   //fact[i]存储i!%mod的值;infact[i]存储i!的逆元%mod的值
int n;
//快速幂模板
int qmi(int a,int k,int p){
    LL res=1%p;
    while(k){
        if(k&1) res=res*a%p;
        k>>=1;
        a=(LL)a*a%p;
    }
    return res;
}
int main(){
    cin>>n;
    fact[0]=infact[0]=1;    //0!%mod和其逆元%mod的值为1
    //预处理出fact[]和infact[]
    for(int i=1;i<N;i++){
        fact[i]=(LL)fact[i-1]*i%mod;            //求每个阶乘%mod的结果
        infact[i]=(LL)infact[i-1]*qmi(i,mod-2,mod)%mod;    //求每个阶乘的逆元%mod的结果
    }
    while(n--){
        int a,b;
        cin>>a>>b;
        cout<<(LL)fact[a]*infact[b]%mod*infact[a-b]%mod<<endl;    //按照组合数公式进行计算
    }
    return 0;
}

六、博弈论

NIM游戏

给定N堆物品,第i堆物品有Ai个。两名玩家轮流行动,每次可以任选一堆,取走任意多个物品,可把一堆取光,但不能不取。取走最后一件物品者获胜。两人都采取最优策略,问先手是否必胜。
我们把这种游戏称为NIM博弈。把游戏过程中面临的状态称为局面。整局游戏第一个行动的称为先手,第二个行动的称为后手。若在某一局面下无论采取何种行动,都会输掉游戏,则称该局面必败。
所谓采取最优策略是指,若在某一局面下存在某种行动,使得行动后对面面临必败局面,则优先采取该行动。同时,这样的局面被称为必胜。我们讨论的博弈问题一般都只考虑理想情况,即两人均无失误,都采取最优策略行动时游戏的结果。
NIM博弈不存在平局,只有先手必胜和先手必败两种情况。

定理: NIM博弈先手必胜,当且仅当 A1 ^ A2 ^ … ^ An != 0
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【AcWing算法基础课】第四章 数学知识(未完待续)_第15张图片

题目一

题目链接: 891. Nim游戏

6.1题目描述

给定 n 堆石子,两位玩家轮流操作,每次操作可以从任意一堆石子中拿走任意数量的石子(可以拿完,但不能不拿),最后无法进行操作的人视为失败。

问如果两人都采用最优策略先手是否必胜

输入格式

第一行包含整数 n。

第二行包含 n 个数字,其中第 i 个数字表示第 i 堆石子的数量。

输出格式

如果先手方必胜,则输出 Yes

否则,输出 No

数据范围

1≤n≤105,1≤每堆石子数≤109

输入样例

2
2 3

输出样例

Yes

6.2思路分析

计算所有数的异或值,如果值不为0,则先手必胜,否则先手必败。

6.3代码实现

#include 
using namespace std;
int n;
int main(){
    cin>>n;
    int res=0;
    while(n--){
        int x;
        cin>>x;
        res^=x;      //计算所有数的异或值
    }
    if(res) cout<<"Yes"<<endl;   //如果值不为0,则先手必胜
    else cout<<"No"<<endl;       //否则,先手必败
    return 0;
}

公平组合游戏ICG

若一个游戏满足:

  1. 由两名玩家交替行动;
  2. 在游戏进程的任意时刻,可以执行的合法行动与轮到哪名玩家无关;
  3. 不能行动的玩家判负;

则称该游戏为一个公平组合游戏。
NIM博弈属于公平组合游戏,但城建的棋类游戏,比如围棋,就不是公平组合游戏。因为围棋交战双方分别只能落黑子和白子,胜负判定也比较复杂,不满足条件2和条件3。

有向图游戏

给定一个有向无环图,图中有一个唯一的起点,在起点上放有一枚棋子。两名玩家交替地把这枚棋子沿有向边进行移动,每次可以移动一步,无法移动者判负。该游戏被称为有向图游戏。
任何一个公平组合游戏都可以转化为有向图游戏。具体方法是,把每个局面看成图中的一个节点,并且从每个局面向沿着合法行动能够到达的下一个局面连有向边。

Mex运算

设S表示一个非负整数集合。定义mex(S)为求出不属于集合S的最小非负整数的运算,即:
mex(S) = min{x}, x属于自然数,且x不属于S。

SG函数

在有向图游戏中,对于每个节点x,设从x出发共有k条有向边,分别到达节点y1, y2, …, yk,定义SG(x)为x的后继节点y1, y2, …, yk 的SG函数值构成的集合再执行mex(S)运算的结果,即:
SG(x) = mex({SG(y1), SG(y2), …, SG(yk)})
特别地,整个有向图游戏G的SG函数值被定义为有向图游戏起点s的SG函数值,即SG(G) = SG(s)。

有向图游戏的和

设G1, G2, …, Gm 是m个有向图游戏。定义有向图游戏G,它的行动规则是任选某个有向图游戏Gi,并在Gi上行动一步。G被称为有向图游戏G1, G2, …, Gm的和。
有向图游戏的和的SG函数值等于它包含的各个子游戏SG函数值的异或和,即:
SG(G) = SG(G1) ^ SG(G2) ^ … ^ SG(Gm)

定理
有向图游戏的某个局面必胜,当且仅当该局面对应节点的SG函数值大于0
有向图游戏的某个局面必败,当且仅当该局面对应节点的SG函数值等于0

题目二

题目链接:893. 集合-Nim游戏

6.4题目描述

给定 n 堆石子以及一个由 k 个不同正整数构成的数字集合 S。

现在有两位玩家轮流操作,每次操作可以从任意一堆石子中拿取石子,每次拿取的石子数量必须包含于集合 S ,最后无法进行操作的人视为失败。

问如果两人都采用最优策略,先手是否必胜

输入格式

第一行包含整数 k,表示数字集合 S 中数字的个数。

第二行包含 k 个整数,其中第 i 个整数表示数字集合 S 中的第 i 个数 si。

第三行包含整数 n。

第四行包含 n 个整数,其中第 i 个整数表示第 i 堆石子的数量 hi。

输出格式

如果先手方必胜,则输出 Yes

否则,输出 No

数据范围

1≤n,k≤100,1≤si,hi≤10000

输入样例

2
2 5
3
2 4 7

输出样例

Yes

6.5思路分析

详见代码注释。

6.6代码实现

#include 
#include 
#include 
using namespace std;
const int N=110,M=10010;
int k,n;       //k为可以取石子的方案数(即一次取多少个)
int s[N],f[M];  //f[]存储每堆石子的sg值
//求石子数量为x的这一堆石子的sg值
int sg(int x){
    if(f[x]!=-1) return f[x];   //如果该值已经被算过则直接返回
    unordered_set<int> S;     //存放x各个后继结点的sg值
    //遍历k种取法
    for(int i=0;i<k;i++){
        int sum=s[i];          //sum为本次取法取多少个石子
        if(x>=sum) S.insert(sg(x-sum));    //如果可以取,则将取后的后继结点的sg值加入S
    }
    for(int i=0;;i++){
        //对S求mex,求出不在集合中的最小自然数
        if(!S.count(i)) return f[x]=i;
    }
}
int main(){
    cin>>k;
    for(int i=0;i<k;i++) cin>>s[i];
    cin>>n;
    int ans=0;
    memset(f,-1,sizeof f);
    for(int i=0;i<n;i++){
        int x;
        cin>>x;
        ans^=sg(x);    //n堆石子的sg的值异或起来不为0,则先手必胜
    }
    if(ans) cout<<"Yes"<<endl;
    else cout<<"No"<<endl;
    return 0;
}

七、约数个数和约数之和

  • 下图作者如图,侵删。
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  • int范围内的数最多约数个数约为1600个
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核心模板

如果 N = p1^c1 * p2^c2 * ... *pk^ck
约数个数: (c1 + 1) * (c2 + 1) * ... * (ck + 1)
约数之和: (p1^0 + p1^1 + ... + p1^c1) * ... * (pk^0 + pk^1 + ... + pk^ck)

题目链接
870. 约数个数

7.1题目描述

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7.2思路分析

将每个数质因数分解,利用unordered_map进行存储所有pi及其指数,即每分解一个数,将分解后对应的pi的指数加上分解质因数的次数。

7.3代码实现

#include 
#include 
using namespace std;
typedef long long LL;
const int mod=1e9+7;
int n;
int main(){
    cin>>n;
    unordered_map<int,int> hash;   //存储每个pi和其指数
    while(n--){
        int a;
        cin>>a;
        for(int i=2;i<=a/i;i++){   //注意循环从2~a/i
            while(a%i==0){
                hash[i]++;   //i的指数++
                a/=i;  
            }
        }
        if(a>1) hash[a]++;    //注意if位置
    }
    LL ans=1;
    for(auto i:hash) ans=ans*(i.second+1)%mod;
    cout<<ans;
    return 0;
}

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