KeepCode 4 解题报告
解题报告转摘录自： jian1573
原文链接：http://www.cnblogs.com/jian1573/archive/2013/01/11/2857010.html
| ID | Origin | Title |
|---|---|---|
| Problem A | HDU 1787 | A |
| Problem B | HDU 1695 | B |
| Problem C | HDU 4279 | C |
| Problem D | HDU 1395 | D |
| Problem E | HDU 1262 | E |
| Problem F | HDU 1576 | F |
Problem A
红果果的欧拉函数;
View Code
View Code #include <iostream> using namespace std; // x=p1^e1*p2^e2~~~pn^en //phi(x)=(p1-1)*p1^(e1-1)*(p2-1)*p2^(e2-1)~~~(pn-1)*pn^(en-1) int phi(int m) { int i,s=1; for(i=2;i*i<=m;i++) { if(m%i==0){ m/=i; s*=i-1; while(m%i==0) { m/=i; s*=i; } } } if(m>1) s*=m-1; return s; } int main() { int m; while(cin>>m && m) cout<<m-1-phi(m)<<endl; return 0; }
Problem B
题意: 在1~a, 1~b中挑出(x,y)满足gcd(x,y) = k , 求(x,y) 的对数 , a,b<=10^5
思路: gcd(x, y) == k 说明x,y都能被k整除. 问题就可以转化为了求1~a/k 和 1~b/k间互质对数的问题;
我们让b>=a; 然后在[1....b/k]进行枚举,对于每一个i,我们只要在1...min(i-1,a)中找到与i互质数,记录个数,然后累加就得到结果了;
当i<=a/k时,我们可以直接用欧拉函数计算出与i互质的个数;
当i>a/k时,先将i质因数分解，求得[1,2,...,b/k] 里所有能被x的质因数整除的数的个数,即不互质的数的个数，然后用b/k减去即可;
而 我们枚举i的质因数利用容斥原理, 容斥原理的具体如下：
区间中与i不互质的个数 = （区间中i的每个质因数的倍数个数）-（区间中i的每两个质因数乘积的倍数）+（区间中i的每3个质因数的成绩的倍数个数）-（区间中i的每4个质因数的乘积）+...
参考代码
View Code
View Code #include<iostream> #include <cstdio> using namespace std; const int Max=100005; __int64 elur[Max];//存放每个数的欧拉函数值 int num[Max];//存放数的素因子个数 int p[Max][20];//存放数的素因子 void init()//筛选法得到数的素因子及每个数的欧拉函数值 { elur[1]=1; for(int i=2;i<Max;i++) { if(!elur[i]) { for(int j=i;j<Max;j+=i) { if(!elur[j]) elur[j]=j; elur[j]=elur[j]*(i-1)/i; p[j][num[j]++]=i; } } elur[i]+=elur[i-1]; //进行累加（法里数列长度） } } int dfs(int idx,int b,int now)//求不大于b的数中,与now不互质的数的个数; { //dfs()写的容斥原理 int ans=0; for(int i=idx;i<num[now];i++)//容斥原理来求A1并A2并A3.....并Ak的元素的数的个数. ans += b/p[now][i]-dfs(i+1,b/p[now][i],now); return ans; } int main() { int t,a,b,c,d,k; init(); scanf("%d",&t); for(int ca=1;ca<=t;ca++) { scanf("%d%d%d%d%d",&a,&b,&c,&d,&k); printf("Case %d: ",ca); if(k==0) { printf("0\n"); continue; } if(b>d) swap(b,d); b/=k; d/=k; __int64 ans=elur[b]; for(int i=b+1;i<=d;i++) ans+=b-dfs(0,b,i);//求不大于b的数中,与i不互质的数的个数 printf("%I64d\n",ans); } return 0; }
Problem C
题意
:给定一个数N, 在[1,N)中的数M, gcd( M, N ) != 1, 且N%M != 0; 那么M就为N的一个special number, f( x ) 为统计 x 的special number的个数, 如果f( x )为奇数,那么x就为一个 real numbers. 求给定区间的real number数.
思路:
先看f(x),由题意得f(x)=x-phi( x ) - g(x)+1;( phi(x)为欧拉函数, g(x)为因子个数, +1 是因为1在phi(x)和g(x)中都算了 );
而real number只与f(x)的机偶性有关所以我们只讨论phi(x)和g(x)的奇偶性;
我们知道当x>2时phi(x)为偶数;
g(x)约数个数，我们由基本定理可得，x=p1^e1*p2^e2*…pn^en，而由计数方法易知 x的约数个数为 g(x)=(e1+1）*(e2+1)*…(en+1)的;
所以若要使 g(x) 为奇数，充要条件是（ei+1）都为奇数，即质数的幂都为偶数。所以此时 x必然是一个平方数;
综上，x为平方数，其约数个数为奇数；x为非平方数，其约数个数为偶数;
所以，当x>2时， 若x为平方数，f(x)=x-奇-偶+1，要使f(x)为奇数，则x必为奇数；若x为非平方数，f(x)=x-偶-偶+1，
要使f(x)为奇数，则x必为偶数。 当x=1或2时，f(x)=0.
综上，real numbers F(x) 的值为[3,x]中，奇数平方数+偶数非平方数的个数和，即 偶数个数-偶数^2的个数+奇数^2的个数。
而偶数个数为 x/2-1，-1是为了把2减掉。偶数^2个数为 sqrt(x)/2，奇数^2个数为 ( sqrt(x)-(sqrt(x)/2) )-1，
这里-1是为了把1减掉。所以，化简后，F(x) = x/2-1+(sqrt(x)%2? 0: -1).
解题代码
View Code
View Code #include<stdio.h> #include<string.h> #include<stdlib.h> #include<math.h> __int64 get(__int64 x) { if(x<=2) return 0; return x/2-1+( (__int64)sqrt(1.0*x) %2? 0: -1); } int main() { int T; scanf( "%d", &T ); while(T--) { __int64 a, b; scanf("%I64d%I64d", &a, &b); printf("%I64d\n", get(b)-get(a-1)); } }
Problem D
思路: 由题意得N=2^x(x>=1)为偶数, 所以当 n 也为偶数时 N%n必为偶数, 故不存在;
当n为奇数时,利用同余定理求;
参考代码
View Code
View Code #include <iostream> #include <cstdio> #include <string> #include <cstring> #include <cmath> using namespace std; int main( ) { int N; while( scanf( "%d", &N )!= EOF ){ if( N==1 || !(N&1) ) printf( "2^? mod %d = 1\n", N ); else{ int t=2, ans=1; while( t != 1 ){ t <<= 1; t%=N; ans++; } printf( "2^%d mod %d = 1\n",ans, N ); } } return 0; }
Problem E
View Code
View Code #include <stdio.h> #include <stdlib.h> #include <math.h> int a[10005]={0}; void fun( ) { a[1]=a[0]=1; for( int i=4; i<10005; i+=2 ) a[i]=1; for( int i=3; i <= ( int )sqrt( 10005 ); i+=2 ) { if(a[i]==0) for( int j=i*i; j<10005; j += ( i+i ) ) { a[j]=1; } } } int main() { fun( ); int n; while( scanf( "%d", &n ) != EOF ) { for( int i=n/2; i>1; i-- ) { if( a[i]==0 && a[n-i]==0 ) { printf( "%d %d\n", i, n-i ); break; } } } return 0; }
Problem F
思路:由题意可知,一定有解,而且解空间很小, 故可以枚举;
M=9983, n=A%M gcd( b,M )==1, ans=(A?B)%M,
则 n == (ans*b)%M;
因为: A%M == (A/B*B)%M==(A/B%M * B%M)%M== (ans*B%M)%M;
参考代码
View Code
View Code #include <iostream> #include <cstdio> #include <string.h> using namespace std; int main(){ int T; scanf("%d",&T); while(T--){ __int64 n,b; int x; scanf("%I64d%I64d",&n,&b); for(int i = 0;i < 9973; ++i){ if(( b * i - n ) % 9973 == 0){ x = i; break; } } printf("%d\n",x); } return 0; }