poj3421&poj3292&poj2689 基础数论

poj3421

题目链接：https://vjudge.net/problem/POJ-3421

一开始直接把约数全部枚举出来，求LIS，结果一直tle......明明900000的时候约数个数才100+，用LIS应该没问题，可能是数据组数很多？后来用质因数分解，复杂度确实降下来很多，因为主要的复杂度在分解质因数上，这几乎可以忽略不计。设n=p1^a1*p2^a2*...*pk^ak，则长度len=a1+...ak，考虑将k种len个素数排列，逐个乘得到链。如果两个排列不同，则链不同。（例如排列为2 2 5 5，链为2 4 20 100），那么方案数等价于求有重复元素的全排列，则ans=(len)!/(a1!*a2!*...*ak!);

#include<cstdio>
#include<cstring>
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn=1100000+10;
int p[maxn],pr[maxn],num[100];
int n,i,j,k,len,ans,t,m,s;
ll tmp;

ll fac(int x){if (x==1) return 1;else return x*fac(x-1);}

int main(){
    t=0;
    for (i=2;i<maxn;i++)
      if (p[i]==0){
          pr[++t]=i;
          for (j=i+i;j<maxn;j+=i) p[j]=1;
    }   
    while (~scanf("%d",&n)){
        k=0;
        memset(num,0,sizeof(num));
        for (i=1;i<=t;i++){ 
            if (n==1) break;
            if (p[n]==0) {
                k++;num[k]++;break;
            }
            if (n%pr[i]==0){
                k++;
                while (n%pr[i]==0){
                    n/=pr[i];num[k]++;
                }
            }
        }
        len=0;ans=1;tmp=1;
        for (i=1;i<=k;i++) len+=num[i];
        for (i=1;i<=k;i++) tmp*=fac(num[i]);
        ans=fac(len)/tmp;
        printf("%d %d\n",len,ans);
    }
    return 0;
}

 

 

poj3292

题目链接：https://vjudge.net/problem/POJ-3292

用类似埃氏筛的方法求出1到1000001的所有H素数，再用f[i]表示前i个数中有多少半素H数。判断一个数是不是半素H数一开始tle了，后来加了个判断条件就过了：注意半素的H数只有两个除了本身的H素因子（可重复）。所以验证一个数a是不是半素H数，只要找到一个是它的约数的H素数b，判断a/b是不是H素数即可，然后break

#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
const int maxn=1000+10;
int pr[maxn],p[maxn],f[maxn];
int n,t,i,j,k,b;

int main(){
    memset(p,0,sizeof(p));
    t=0;
    for (i=1;i<=4;i++) p[i]=1;
    for (i=5;i<maxn;i++){
        if (i%4!=1) {
            p[i]=1;continue;
        }
        if (p[i]==0){
            pr[++t]=i;k=5;
            while (i*k<maxn){
                p[i*k]=1;k+=4;
            }
        }
    }
    memset(f,0,sizeof(f));
    for (i=1;i<maxn;i++){
        if (i%4!=1||(i%4==1&&p[i]==0)) {
            f[i]=f[i-1];continue;
        }
        for (j=1;j<=t;j++)
          if (i%pr[j]==0){
            k=i/pr[j];
              if (p[k]==0) f[i]=f[i-1]+1; else f[i]=f[i-1];
              break;
          }
    }
    cin>>n;
    while (n!=0){
        cout<<n<<' '<<f[n]<<endl;cin>>n;
    }
    return 0;
}

 

 

poj2689

题目链接：https://vjudge.net/problem/POJ-2689

区间筛法，来自于挑战程序设计竞赛P120。注意到一个合数n有小于等于根号n的素因子，所以先把1到2^16的所有素数预处理出来（程序实际预处理了1到100000的），之后用这些素数来筛区间[l,u]。程序中，pr[j-l]=0表示j为素数；筛大区间[l,u]时起始点k加了一个特判，因为有可能起始点为素数。此外要开long long，并且注意l=1时pr[0]=1的特（坑）殊（比）情况。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#define ll long long
using namespace std;
const int maxm=100000+10;
const int maxn=1000000+10;
ll p[maxn],pr[maxn],ans[maxn];
ll l,u,i,j,k,d,x,y;

int main(){
    memset(p,0,sizeof(p));
    for (i=2;i<maxm;i++)
      if (p[i]==0){
          for (j=i+i;j<maxm;j+=i) p[j]=1;
      }
    while (~scanf("%lld%lld",&l,&u)){
        memset(pr,0,sizeof(pr));
        for (i=2;i*i<=u;i++)
          if (p[i]==0){
               k=(l%i==0)?l:(l/i+1)*i;
               if (k==i) k+=i; //*
               for (j=k;j<=u;j+=i) pr[j-l]=1; //pr[j-l]=0表示j是素数 
          }
        int num=0;
        if (l==1) pr[0]=1; //*
        for (i=0;i<=u-l;i++) if (pr[i]==0) ans[++num]=i+l;
        if (num<=1){
            printf("There are no adjacent primes.\n");continue;
        }
        d=maxn;
        for (i=1;i<num;i++)
          if (ans[i+1]-ans[i]<d){
               d=ans[i+1]-ans[i];
             x=ans[i];y=ans[i+1];
          }
        printf("%lld,%lld are closest, ",x,y);
        d=0;
        for (i=1;i<num;i++)
          if (ans[i+1]-ans[i]>d){
               d=ans[i+1]-ans[i];
             x=ans[i];y=ans[i+1];
          }
        printf("%lld,%lld are most distant.\n",x,y);
    }
    return 0;
}