随笔分类 - ACM_数论
摘要：题目地址：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4627[a,b]=ab/(a,b) a，b和一定时，越接近乘积越大，在接近的同时，尽量保持公因子最少。 如果n为2*k+1 那么 取a=2k,b=2k+1 最佳。 如果n为偶数=2k，就要进一步分k的奇偶性了。 n=4k 时 显然2k+2k会很小 2k-1,2k+1 就满足了 （2k-1,2k+1）=（2,2k+1）=1 。 如果n=4k+2 ，逐一实验2k+1,2k+1。 2k 2k+2. 2k-1,2k+3 。发现2k-1,2k+3是最佳的，而且他们已经互素了，再增大差距结果不会优于这组。 ..
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摘要：题目地址：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4722考虑怎样的数可以成为good number ，如果不给范围，取一个n位数 （最高位-1）*10*10....最后一位由前面的和决定。 首先不考虑0基于这样的思想 比如不超过54321的good number 有多少 ，1~4位有9+9*10+9*10*10(等比求和) 5位就是4*10*10*10+ 第一位是5 剩下的部分mod10==5，而且不超过4321这样就可以设计递归了。然后就是递归函数设计中 应该是long long的始终不要丢失精度 ， 第二个参数递归下降时 不忘+10 再去mo.
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摘要：题目地址：http://poj.org/problem?id=3844思路： a[i]+a[i+1]+...+a[j]=s[j]-s[i]; 于是整除等价于 s[i]===s[j] (mod d); 然后统计出现了多少次 c[n][2]就可以了 。 值得注意的是，有可能50000* （50000-1)/2 要用long long每次进入一个新case 后把p 清零，sum【i】表示前i个数的和， 0=
#include
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using namespace std; int sum[50005]; int p[1000000];
int main()
{ int T;
ci...
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摘要：题目地址：http://poj.org/problem?id=3842 或者：https://icpcarchive.ecs.baylor.edu/index.php?option=com_onlinejudge&Itemid=8&page=show_problem&problem=2610思路就是暴力求出每一种可能的情况，进行全排列（next_permutation可以去重）然后对每一种排列考虑前面的子串。为了防止一个情况被考虑两次，设置一个占位符b[10000000] 每次新输入数，记得将b清空，然后先转化成int数组，每次翻译成一个int时快一些。这个代码在Uva
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摘要：题目地址：http://poj.org/problem?id=2689题目思路： 找出int 内所有素数空间上时不允许的，但是题目要求l ，u的差不超过100w ，在空间上还是允许的。然后先找出5w以内的素数，这样的可以中这些素数作为合数最小的素因子将这个合数筛掉。 几个要注意的地方 【1】 因为l可能很大，j的起点不能去“p*p” 然后比L小就加一个p，想一下如果p=2，l很大会花很多时间的。 【2】 然后就是这个j 要用long long 存 ，因为我们找到的j的初值是p 的倍数中第一个大于等于L的，l很大时可能超long long。 【3】 这个筛法筛去的第一个数是4 所以1要特判 ..
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摘要：题目地址：http://acm.sgu.ru/problem.php?contest=0&problem=499分析思路： 直接计算两两的最大公约数会超时的，我们换个角度看问题，我们找到输入进来的数的所有约数，如果某个数出现了两次或者以上，那么满足条件的最大的就是ggcd了然后就是类似于筛法找约数， 这样可以找到 1~n中，每个数不超过自己平方根的所有约数。 然后比平方根大的那个可以用它除出来（完全平方数要特判了）。然后不是暴力直接从最大的开始找出现过两次的，我们设置一个maxn来记录就好了，每次第二次出现的数和maxn比较一下就可以了。先看代码：#include
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摘要：题目地址：http://poj.org/problem?id=3233思想： 1模仿快速模幂法 ； 给矩阵写一个快幂 2 但是k太大 直接求和还是会tle 这个很像等比数列求和 但是可以递归用二分求，理论基础如下 ： 求和二分：A+A^2+A...+A^(2k+1)= A+A^2+...+A^k+A^(k+1)+A^(k+1)*(A+A^2+...+A^k). 3 矩阵用结构体存储很好用呀 之前用int **存好像容易超内存 或者时间效率不高 4递归函数设计时，把调用递归的放在前面，这样实现自动回溯，而且不会爆栈 5 用g++...
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摘要：#include
using namespace std; int quick_mod(int a,int b,int m)
{ a=a%m; int ans=1; while(b) { if(b&1) { ans=(ans*a)%m; } b>>=1; a=(a*a)%m; } return ans;
} int main()
{ int size; cin>>size; int m; int h; int a,b; while(cin>>m) ...
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摘要：题目地址：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1788说明： 题目很水 提到一个定理，求多个数的最小公倍数转化为求两个数的最小公倍数方法。 然后就是 a=b(mod m1) a=b(mod m2) 等价于a=b(mod [m1,m2] )#include
using namespace std;
typedef long long inta; int gcd(int a,int b)
{ if(b==0) return a; else return gcd(b,a%b); }
int main()
{ int k,a; ...
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摘要：题目地址：http://poj.org/problem?id=1006中国剩余定理的应用#include
using namespace std;
typedef long long inta; void extend_gcd(inta a,inta b,inta &x,inta &y)
{ if(b==0) { x=1; y=0; } else { extend_gcd(b,a%b,x,y); int temp=x; x=y; y=temp-a/b*y; }
}
int main()
...
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摘要：题目地址：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=3579要点; 题目要求正整数，一旦r1=0;应该输出最小公倍数#include
#include
using namespace std;
typedef long long inta; void extend_gcd(inta a,inta b,inta &x,inta &y,inta &gcd)
{ if(b==0) { x=1; y=0; gcd=a; } else { extend_gcd(b,a...
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摘要：题目地址：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1573注意要点：1 最后的次数直接用除法 取高斯加1即可 若用加法累加会超时2 很容易漏掉的一点是题目要求正整数个数， 不是非负整数 ，如果最后r1==0 而且结果不是0 ，就要在结果上减一#include
#include
using namespace std;
typedef long long inta; void extend_gcd(inta a,inta b,inta &x,inta &y,inta &gcd)
{ if(b==0) { x=1; ...
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摘要：题目地址：http://poj.org/problem?id=2115#include
#include
using namespace std;
typedef long long inta; void extend_gcd(inta a,inta b,inta &x,inta &y,inta &gcd)
{ if(b==0) { x=1; y=0; gcd=a; } else { extend_gcd(b,a%b,x,y,gcd); inta temp=x; x=y; ...
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摘要：题目地址：http://poj.org/problem?id=2891#include
#include
using namespace std;
typedef long long inta; void extend_gcd(inta a,inta b,inta &x,inta &y,inta &gcd)
{ if(b==0) { x=1; y=0; gcd=a; } else { extend_gcd(b,a%b,x,y,gcd); inta temp=x; x=y; ...
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摘要：题目地址：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1021说明 ：题目很水但是有一个重要结论，只要是递推数列，一定是模周期数列 （可以用抽屉原理证明）#include
using namespace std;
int main()
{ int n; while(cin>>n) { if(n%8==2||n%8==6) cout<<"yes"<<endl; else cout<<"no"<<endl; }
}
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摘要：题目地址：http://acm.nefu.edu.cn/test/problemshow.php?problem_id=120#include
#include
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using namespace std;
typedef long long inta; inta multi(inta a,inta b, inta m)
{ inta rel=0; while(b>0) { if(b&1) { rel=(rel+a)%m; } b>>=1; a=(a0) {n>>=1; ...
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摘要：题目地址：http://acm.nefu.edu.cn/test/problemshow.php?problem_id=120#include
#include
#include
using namespace std;
typedef long long inta; inta multi(inta a,inta b, inta m)
{ inta rel=0; while(b>0) { if(b&1) { rel=(rel+a)%m; } b>>=1; a=(a0) {n>>=1; ...
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摘要：#include
#include
using namespace std; int main()
{ int k; cin>>k; int n; while(cin>>n) { int exponent=0; for(int i=1;pow(5.0,i)
#include
using namespace std; int main()
{ int k; cin>>k; int n; double p; while(cin>>n>>p) { int exponent=0; for(int i=1;...
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摘要：#include
#include
#define M 16777220
using namespace std; bool composite[16777220];
int main()
{ int len=sqrt(M); for(int i=2;i>n) { int count=0; for(int i=2;i<=n/2;i++) if(composite[n-i]==0&&composite[i]==0) count++; cout<<count<<endl; }
}
// 打素数表 只需要 O（nlogn）的算法
题目地...
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摘要：#include
#include
#define M 16777220
using namespace std; bool composite[16777220];
int main()
{ int len=sqrt(M); for(int i=2;i>n) { int count=0; for(int i=2;i<=n/2;i++) if(composite[n-i]==0&&composite[i]==0) count++; cout<<count<<endl; }
}
// 打素数表 只需要 O（n^1.5）的算法
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