数学渣的自我修养！！！

之零：

这一篇都是水题，不过还是有几道被卡了一下，还是总结一下。

A题：

 给定a和b的gcd和lcm，求一组满足的a,b，且a最小。

显然，a,b必然是gcd的倍数，是lcm的约数，如果gcd不是lcm的约数则无解，否则，要使a最小，a只能是gcd，又因为b是gcd的倍数，那么b就只能是a的倍数，也就只能是a和b的最小公倍数lcm，所以答案就是a=gcd,b=lcm。

#include<bits/stdc++.h>
#define REP(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define MS0(a) memset(a,0,sizeof(a))

using namespace std;

typedef long long ll;
const int maxn=1000100;
const int INF=1e9+10;

ll G,L;

int main()
{
    //freopen("in.txt","r",stdin);
    int T;cin>>T;
    while(T--){
        scanf("%lld%lld",&G,&L);
        if(L%G==0) printf("%lld %lld
",G,L);
        else puts("-1");
    }
    return 0;
}

B题：

给定A,C，且LCM(A,B)=C，求满足等式的最小的B。

因为lcm=...p^k=...p^max(k1,k2)，对C和A分别质因数分解，要使B最小，那么如果某个质因数p在C中出现的次数大于A的次数，那么B必须去C的次数，否则不取该质因数。

#include<bits/stdc++.h>
#define REP(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define MS0(a) memset(a,0,sizeof(a))

using namespace std;

typedef long long ll;
const int maxn=1000100;
const int INF=1e9+10;

ll a,b,c;
bool isprime[maxn];
vector<int> prime;

void getPrime()
{
    memset(isprime,1,sizeof(isprime));
    isprime[1]=0;
    REP(i,2,maxn-1){
        if(!isprime[i]) continue;
        for(int j=i+i;j<maxn;j+=i) isprime[j]=0;
    }
    REP(i,2,maxn-1) if(isprime[i]) prime.push_back(i);
}

ll qpow(ll n,ll k)
{
    ll res=1;
    while(k){
        if(k&1) res*=n;
        n*=n;
        k>>=1;
    }
    return res;
}

ll solve()
{
    ll res=1;
    ll A=a,C=c;
    for(int i=0;i<prime.size();i++){
        ll t=prime[i];
        if(t*t>C) break;
        int cntA=0,cntC=0;
        while(A%t==0) cntA++,A/=t;
        while(C%t==0) cntC++,C/=t;
        if(cntA<cntC) res*=qpow(t,cntC);
    }
    if(C!=1&&A==1) res*=C;
    return res;
}

int main()
{
    //freopen("in.txt","r",stdin);
    getPrime();
    int T;cin>>T;
    while(T--){
        scanf("%lld%lld",&a,&c);
        if(c%a) puts("NO SOLUTION");
        else printf("%lld
",solve());
    }
    return 0;
}

C题：

把一个数N分成k个数的和，问方案数。

问题等价于x1+x2+...+xk=N. (0<=xi<=N).

另y=x+1，则y1+y2+...+yk=N+k，然后隔板即可得到C(N+k-1,k-1)。

#include<bits/stdc++.h>
#define REP(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define MS0(a) memset(a,0,sizeof(a))

using namespace std;

typedef long long ll;
const int maxn=1000100;
const int INF=1e9+10;

ll n,k;
ll C[1200][1200];

void Init()
{
    C[0][0]=1;
    REP(i,1,1100){
        REP(j,0,i){
            if(j==0) C[i][j]=C[i-1][j];
            else C[i][j]=(C[i-1][j]+C[i-1][j-1])%1000000;
        }
    }
}

int main()
{
    //freopen("in.txt","r",stdin);
    Init();
    while(~scanf("%lld%lld",&n,&k)){
        if(n==0&&k==0) break;
        printf("%lld
",C[n+k-1][k-1]);
    }
    return 0;
}

D题：

找最大的k使 m^k能整除n!。

对n!和m进行质因数分解，记下每个质因数的次数。二分k，判断m^k能否整除n!，能整除的条件是所有质因数都满足次数大于等于另一个，k次方只要将次数乘以k即可。

#include<bits/stdc++.h>
#define REP(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define MS0(a) memset(a,0,sizeof(a))

using namespace std;

typedef long long ll;
const int maxn=1000100;
const int INF=1e9+10;

ll p1[maxn],cnt1[maxn];
ll p2[maxn],cnt2[maxn];
int pn;
ll n,m;

vector<int> prime;
bool isprime[maxn];

void getPrime()
{
    memset(isprime,1,sizeof(isprime));
    isprime[1]=0;
    REP(i,2,maxn-1){
        if(!isprime[i]) continue;
        for(int j=i+i;j<maxn;j+=i) isprime[j]=0;
    }
    REP(i,2,maxn-1) if(isprime[i]) prime.push_back(i);
}

void get(ll n,ll m)
{
    pn=0;
    for(int i=0;i<prime.size();i++){
        ll t=prime[i];
        if(t>10000) break;
        p1[++pn]=t;cnt1[pn]=0;
        p2[pn]=t;cnt2[pn]=0;
        while(m%t==0) cnt2[pn]++,m/=t;
    }
    REP(i,1,n){
        ll x=i;
        REP(j,1,pn){
            ll t=p1[j];
            if(t>x) break;
            while(x%t==0) cnt1[j]++,x/=t;
        }
    }
}

bool check(ll k)
{
    REP(i,1,pn){
        if(cnt1[i]<cnt2[i]*k) return 0;
    }
    return 1;
}

ll bin(ll l,ll r)
{
    ll res=-1;
    while(l<=r){
        ll m=(l+r)>>1;
        if(check(m)) l=m+1,res=m;
        else r=m-1;
    }
    return res;
}

void solve()
{
    ll ans=bin(1,INF);
    if(ans==-1) puts("Impossible to divide");
    else printf("%lld
",ans);
}

int main()
{
    //freopen("in.txt","r",stdin);
    getPrime();
    int T;cin>>T;int casen=1;
    while(T--){
        scanf("%lld%lld",&m,&n);
        get(n,m);
        printf("Case %d:
",casen++);
        solve();
    }
    return 0;
}

E题：

求有多少对(a,b)满足lcm(a,b)=n，a<=b。

对n进行质因数分解，由于lcm=...p^k=p^max(ka,kb)，所以每个质因子的方案数就是2*(k+1)-1，然后乘法原理连乘，得到cnt，但这会多算a>b的，所以答案就是(cnt-1)/2+1，1是a=b的情况。

#include<bits/stdc++.h>
#define REP(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define MS0(a) memset(a,0,sizeof(a))

using namespace std;

typedef long long ll;
const int maxn=1000100;
const int INF=1e9+10;

ll n;
ll p[maxn],pn;
ll cnt[maxn];
vector<int> prime;
bool isprime[maxn];

void getPrime()
{
    memset(isprime,1,sizeof(isprime));
    isprime[1]=0;
    REP(i,2,maxn-1){
        if(!isprime[i]) continue;
        for(int j=i+i;j<maxn;j+=i) isprime[j]=0;
    }
    REP(i,2,maxn-1) if(isprime[i]) prime.push_back(i);
}

void get(ll n)
{
    pn=0;
    for(int i=0;i<prime.size();i++){
        ll t=prime[i];
        if(t*t>n) break;
        if(n%t==0){
            p[++pn]=t;cnt[pn]=0;
            while(n%t==0) cnt[pn]++,n/=t;
        }
    }
    if(n!=1) p[++pn]=n,cnt[pn]=1;
}

ll solve()
{
    get(n);
    ll res=1;
    REP(i,1,pn) res*=(2*(cnt[i]+1)-1);
    return (res+1)/2;
}

int main()
{
    //freopen("in.txt","r",stdin);
    getPrime();
    while(~scanf("%lld",&n)&&n){
        printf("%lld %lld
",n,solve());
    }
    return 0;
}

F题：

打印1~2^64-1范围内的超级幂(即满足是两个数以上的幂的数).

显然，超级幂等价于某个数的合数次幂，幂次的最大值肯定在64以内，所以只需要找出64之内的合数，最小的合数是4，所以底数最大是2^16，枚举即可，用取对数转double判断是否超过2^64-1。

#include<bits/stdc++.h>
#define REP(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define MS0(a) memset(a,0,sizeof(a))

using namespace std;

typedef unsigned long long ll;
const int maxn=1000100;
const int INF=1e9+10;
const double EPS=1e-10;

vector<int> prime;
bool isprime[maxn];

void getPrime()
{
    memset(isprime,1,sizeof(isprime));
    isprime[1]=0;
    REP(i,2,maxn-1){
        if(!isprime[i]) continue;
        for(int j=i+i;j<maxn;j+=i) isprime[j]=0;
    }
    REP(i,2,maxn-1) if(isprime[i]) prime.push_back(i);
}

set<ll> ans;

void work(ll p)
{
    ll cur=p;
    REP(i,2,65){
        if(1.0*cur*p>pow(2.0,64.0)-1.0+EPS) return;
        ll t=cur*p;
        if(t/p!=cur) return;
        cur*=p;
        if(cur<=0) return;
        if(isprime[i]) continue;
        ans.insert(cur);
    }
}

void solve()
{
    ans.clear();
    REP(i,2,(1LL<<16)) work(i);
}

int main()
{
    //freopen("in.txt","r",stdin);
    getPrime();
    solve();
    printf("1
");
    for(set<ll>::iterator it=ans.begin();it!=ans.end();++it) printf("%llu
",*it);
    //cout<<(int)ans.size()<<endl;
    return 0;
}

G题：

求一个数列的所有排列组成的n位数的和。

显然每一位的和都是一样的，容易算出排列的个数为Cnt=n!/(cnt1!*cnt2!*...*cntk!) ，那么每一位的数的和就是Cnt*序列平均数=Cnt*sum/n。

#include<bits/stdc++.h>
#define REP(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define MS0(a) memset(a,0,sizeof(a))

using namespace std;

typedef unsigned long long ll;
const int maxn=1000100;
const int INF=1e9+10;

int n;
ll a[maxn];
ll fac[maxn];
map<ll,ll> cnt;

void Init()
{
    fac[0]=1;
    REP(i,1,12) fac[i]=fac[i-1]*i;
}

int main()
{
    //freopen("in.txt","r",stdin);
    Init();
    while(~scanf("%d",&n)&&n){
        ll s=0;cnt.clear();
        REP(i,1,n) scanf("%llu",&a[i]),s+=a[i],cnt[a[i]]++;
        ll Cnt=fac[n];
        for(map<ll,ll>::iterator it=cnt.begin();it!=cnt.end();++it) Cnt/=fac[it->second];
        s*=Cnt;
        s/=n;
        ll res=0;
        REP(i,1,n) res=res*10+s;
        printf("%llu
",res);
    }
    return 0;
}

H题：

求n个人，去k个人组成一只队伍，并从k个人中选一个队长的方案数(1<=k<=n)，k可以任取，没有给定。

显然答案等于C(n,1)*1+C(n,2)*2+...+C(n,n)*n.

k*C(n,k)=k*n!/(k!*(n-k)!)=n*(n-1)!/((k-1)!*((n-1)-(k-1))!)=n*C(n-1,k-1).

则C(n,1)*1+C(n,2)*2+...+C(n,n)*n= n*( C(n-1,0)+C(n-1,1)+...+C(n-1,n-1)) = n*(2^(n-1) -1) .

#include<bits/stdc++.h>
#define REP(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define MS0(a) memset(a,0,sizeof(a))

using namespace std;

typedef unsigned long long ll;
const int maxn=1000100;
const int INF=1e9+10;

const ll MOD=1e9+7;
ll n;

ll qpow(ll n,ll k,ll p)
{
    ll res=1;
    while(k){
        if(k&1) res=(res*n)%p;
        n=(n*n)%p;
        k>>=1;
    }
    return res;
}

int main()
{
    //freopen("in.txt","r",stdin);
    int T;cin>>T;int casen=1;
    while(T--){
        scanf("%lld",&n);
        printf("Case #%d: %lld
",casen++,(n*qpow(2,n-1,MOD))%MOD);
    }
    return 0;
}

I题：

求第n个回文数。

很容易算出长度为len的回文数的个数为f(len).

先确定第n个回文数的长度，然后保证首位大于0，按字典序逐个放置即可。

确实是略麻烦，需要细心一点。

#include<bits/stdc++.h>
#define REP(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define MS0(a) memset(a,0,sizeof(a))

using namespace std;

typedef long long ll;
const int maxn=1000100;
const int INF=1e9+10;

ll n;
int ans[maxn];

ll qpow(ll n,ll k)
{
    ll res=1;
    while(k){
        if(k&1) res*=n;
        n*=n;
        k>>=1;
    }
    return res;
}

ll Cnt(int len)
{
    if(len==0) return 0;
    if(len%2==0) return qpow(10,len/2-1)*9;
    else return qpow(10,len/2)*9;
}

void solve(ll n)
{
    int len;
    REP(i,1,20){
        ll t=Cnt(i);
        if(t>=n){
            len=i;break;
        }
        n-=t;
    }
    if(len%2==0){
        if(len==2) ans[1]=ans[2]=n;
        else{
            ans[1]=(n-1)/qpow(10,len/2-1)+1;
            n=(n-1)%qpow(10,len/2-1);
            for(int i=len/2;i>=2;i--) ans[i]=n%10,n/=10;
            REP(i,len/2+1,len) ans[i]=ans[len+1-i];
        }
    }
    else{
        if(len==1) ans[1]=n;
        else{
            ans[1]=(n-1)/qpow(10,len/2)+1;
            n=(n-1)%qpow(10,len/2);
            for(int i=len/2+1;i>=2;i--) ans[i]=n%10,n/=10;
            REP(i,len/2+1,len) ans[i]=ans[len+1-i];
        }
    }
    REP(i,1,len) printf("%d",ans[i]);puts("");
}

void test()
{
    REP(i,1,300) solve(i);
}

int main()
{
    //freopen("in.txt","r",stdin);
    //test();return 0;
    while(~scanf("%lld",&n)&&n){
        solve(n);
    }
    return 0;
}

J题：

给一堆数，A，B轮流操作，每次操作任取走一个数，使剩下的数的和能被3整除，不能操作者为输，判断胜者。

直接取走一个%3=k的数和取走另一个同样%3=k的数是等价的，模拟即可。

#include<bits/stdc++.h>
#define REP(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define MS0(a) memset(a,0,sizeof(a))

using namespace std;

typedef long long ll;
const int maxn=1000100;
const int INF=1e9+10;

int cnt[3];
char s[maxn];
int len;

bool dfs(int len,int sum,int x,int y,int z)
{
    if(len==1) return 1;
    if(sum==0){
        if(x>0) return !dfs(len-1,0,x-1,y,z);
        return 0;
    }
    if(sum==1){
        if(y>0) return !dfs(len-1,0,x,y-1,z);
        return 0;
    }
    if(sum==2){
        if(z>0) return !dfs(len-1,0,x,y,z-1);
        return 0;
    }
}

int main()
{
    //freopen("in.txt","r",stdin);
    int T;cin>>T;int casen=1;
    while(T--){
        printf("Case %d: ",casen++);
        scanf("%s",s+1);
        len=strlen(s+1);
        MS0(cnt);
        int sum=0;
        REP(i,1,len) cnt[(s[i]-'0')%3]++,sum+=s[i]-'0';
        if(dfs(len,sum%3,cnt[0],cnt[1],cnt[2])) puts("S");
        else puts("T");
    }
    return 0;
}

K题：

把一个数N分解成几个数的lcm，使LCM(a1,a2,...,ak)=N，求最小的a1+a2+...+ak.

显然分解成不互质且每个ai尽量小就好，那么质因数分解即可，答案就是ans=p1^k1+p2^k2+...+pm^km.

#include<bits/stdc++.h>
#define REP(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define MS0(a) memset(a,0,sizeof(a))

using namespace std;

typedef long long ll;
const int maxn=1000100;
const int INF=1e9+10;

ll n;
vector<int> prime;
bool isprime[maxn];

void getPrime()
{
    memset(isprime,1,sizeof(isprime));
    isprime[1]=0;
    REP(i,2,maxn-1){
        if(!isprime[i]) continue;
        for(int j=i+i;j<maxn;j+=i) isprime[j]=0;
    }
    REP(i,2,maxn-1) if(isprime[i]) prime.push_back(i);
}

ll qpow(ll n,ll k)
{
    ll res=1;
    while(k){
        if(k&1) res*=n;
        n*=n;
        k>>=1;
    }
    return res;
}

ll solve()
{
    if(n==1) return 2;
    ll pn=0;
    ll res=0;
    for(int i=0;i<prime.size();i++){
        ll t=prime[i];
        if(t*t>n) break;
        if(n%t==0){
            ll cnt=0;
            while(n%t==0) n/=t,cnt++;
            res+=qpow(t,cnt);
            pn++;
        }
    }
    if(n!=1){
        res+=n;
        pn++;
    }
    if(pn==1) res++;
    return res;
}

int main()
{
    //freopen("in.txt","r",stdin);
    int casen=1;getPrime();
    while(~scanf("%lld",&n)&&n){
        printf("Case %d: ",casen++);
        printf("%lld
",solve());
    }
    return 0;
}

L题：

求a和b之间的平方数个数1<=a<=b<=1e6，范围比较小，暴力即可，水题。

如果范围1e18的话，可能数位dp可解。

#include<bits/stdc++.h>
#define REP(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define MS0(a) memset(a,0,sizeof(a))

using namespace std;

typedef long long ll;
const int maxn=1000100;
const int INF=1e9+10;

int L,R;

int F(int n)
{
    int res=0;
    REP(i,1,n){
        if(i*i>n) break;
        res++;
    }
    return res;
}

int main()
{
    //freopen("in.txt","r",stdin);
    while(~scanf("%d%d",&L,&R)){
        if(L==0&&R==0) break;
        printf("%d
",F(R)-F(L-1));
    }
    return 0;
}