ACM数论小常识
1 1)哥德巴赫猜想：
一个大于等于4的偶数可以拆分为两个质数的和
（用10e6内的数据测试一下）：
#include<iostream>
using namespace std;
#include<conio.h>
#define M 1000000
int p[M];
bool is_prime(int n)
{
if(n<=1)return false;
else
for(int i=2;i*i<=n;i++)
if(n%i==0)return false;
return true;
}
int main()
{
int n,i,j,k=0;
for(i=2;i<=M;i++)
if(is_prime(i))p[k++]=i;
printf("%d ",k-1);
while(1)
{
int q=1,s;
cin>>n;
if(n<4)printf("输入大于4的数");
else
{
for(i=0;i<=k-1;i++)
{
if(p[i]>=n)break;
for(j=0;j<=k-1;j++)
{
s=p[i]+p[j];
if(p[j]>=n)break;
if(s==n)
{
printf("YES\n%d %d\n",p[i],p[j]);
q=0;
break;
}
}
if(!q)break;
}
}
if(q)printf("NO\n不存在这两个数\n");
}
return 0;
}
1判断组合数C(N,K)是否为奇数
如果N&K==K则是奇数，反之则为偶数
#include<iostream>
using namespace std;
int fun(int n,int k)
{
int s=1;
for(int i=1;i<=k;i++)
{
s=s*(n--)/i;
}
return s;
}
int main()
{
int n,k;
while(scanf("%d%d",&n,&k)!=EOF)
{
cout<<fun(n,k)<<endl;
if((n&k)==k)printf("C(%d,%d)的阶乘为奇数\n",n,k);
}
return 0;
}
22N!末尾有多少个0：可以通过数N包含了多少个5,25,125…来计算
所谓零，就是5*2，所以 “n!末尾有多少个零”==“min(n!的质因子中5的数目,n!的质因子中2的数目”
又因为n!的质因子中5的数目必然小于等于2的数目，所以题目就变成了求n!的质因子中5的数目。
比如 26! 是 1*2*3*4*5*6……24*25*26，它们中间有多少个数能被5整除？当然是26/5=5个，但看25，它本身是5*5，也就是25代表着2个5，所以26!尾部零的数目等于 26/5 + 26/25 + 26/125 + ...
现在来计算1000!的末尾有多少个零，那么就是
1000/5 = 200
200/5 = 40 (写成1000/25也可以，但没这个意义了，下同)
40/5 = 8
8/5 = 1
结果就是 200+40+8+1 = 249
#include<iostream>
using namespace std;
int main()
{
int n;
while(scanf("%d",&n)!=EOF)
{
int s=0;
while(n>=5)
{
n/=5;
s+=n;
}
cout<<s<<"位0"<<endl;
}
return 0;
}
求素数方法
memset(vis,0,sizeof(vis));
m=sqrt(1000000);
top=0;
for(i=2;i<=m;i++)
if(vis[i]==0){
prime[top++]=i;
for(j=i*i;j<=n;j+=i)
vis[j]=1;
}
for(i=m+1;i<1000000;i++)
If(vis[i]==0)
prime[top++]=i;
•1）通常使用足够大的vis[N]数组来打一张表，若vis[p]==0,则p为素数;
• vis[p]==1,p不是素数。
•2）可以把素数都存在prime[]数组里,top是数组中素数的个数。
•3）4~9行，以i=2为例，所有2的倍数vis[j]都设为1，好像筛选似的吧.其他数类似。
•4)10~12行，求出（m+1）~1000000内所有的素数。
如何计算a^n ？
•1）计算a*a*a*…*a*a*a，需要计算n-1次乘法，时间复杂度O(n)
•2）考虑实例a^4，计算b=a*a，再算c=b*b，则c=a^4，但是只用了两次乘法，效率提高。比如a^9=a*(a^4)*(a^4)，只需用4次乘法，一般的，a^n时间复杂度为O(logn)
二分法
•数学的魅力：
•幂运算满足结合律
•n为偶数： a^n=a^(n/2)*a^(n/2);
•n为奇数： a^n=a^(n/2)*a^(n/2)*a;
•保存a^(n/2),很容易求出a^n;
大数取模
(a*b)%m=(a%m*b%m )%m;
求（2^100000000000000）%10000;
提示：二分法，速度惊人的快速幂！！！
(a+b)%m=(a%m+b%m)%m;
若Sn为斐波那契数列前10000项的和，
求Sn%10000；
求最大公约数
•辗转相除法
•int gcd(int a,int b)
•{
• return b==0?a:gcd(b,a%b);
•}
正约数的个数
•已知n=p1^a1*p2^a2…*pk^ak，(也就是n的素数分解)，求n的约数个数。
•分析：n的约数一定包含素因子中的某几项，对于n的某个素因子pi，它在约数中的指数可以是0,1,2…ai共ai+1种情况，根据乘法原理：
•n的约数个数=
•（a1+1）*(a2+1)…*(ak+1)
欧拉函数
小于n且与n互素的正整数的个数
小于n且与n互素的正整数的个数
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