A - Bi-shoe and Phi-shoe
这道题的题意是给队员购买竹子，每一个队员都有一个幸运数字，购买竹子的价格的欧拉值大于等于幸运数字。换一个说法就是找比给你的幸运数字大的最小的质数。数据范围100000。先打个质数表。然后暴力加起来就ok了。
1 #include<iostream> 2 using namespace std; 3 int a[1000005]; 4 void oula(){ 5 memset(a,0,sizeof(a)); 6 for(int i=2;i*i<=1000004;i++){ 7 if(!a[i]){ 8 for(int j=i+i;j<=1000004;j+=i){ 9 a[j]=1; 10 } 11 } 12 } 13 } 14 int main(){ 15 ios_base::sync_with_stdio(false), cout.tie(0), cin.tie(0); 16 oula(); 17 int t; 18 cin>>t; 19 int cas=0; 20 while(t--){ 21 int n; 22 cin>>n; 23 ll sum=0; 24 for(int i=0;i<n;i++) 25 { 26 int x; 27 cin>>x; 28 for(int j=x+1;;j++){ 29 if(!a[j]){ 30 sum+=j; 31 break; 32 } 33 } 34 } 35 cout<<"Case "<<++cas<<": "<<sum<<" Xukha"<<endl; 36 } 37 38 return 0; 39 }
这道题的题意是给你两个数，一个数是面积s，一个是边长最小n为多少，求有多少组数满足乘积等于面积s，边长大于等于n。这个是数学的基本定理，先求出这个数有多少的约数，在判断有多少组数满足条件。
m=p1^e1*p2^e2*...*pn^en。则他的约数的个数为n=(e1+1)*(e2+1)*...(en+1)。知道这个后这道题就简单了。求出总共的约数除于2为总共的组数，减去1~n-1 满足条件的约数组数，得到答案。为了简单，先把10^6次方的素数表打出来。
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 typedef long long ll; 4 ll p[1000100], prim[1000100]; 5 int k = 0; 6 void find_prim() 7 { 8 k = 0; 9 for(ll i = 2; i <= 1000000; i++) 10 { 11 if(!p[i]) 12 { 13 prim[k++] = i; 14 for(ll j = i+i; j <=1000000; j+=i) 15 { 16 p[j] = 1; 17 } 18 } 19 } 20 } 21 ll cont(ll a) 22 { 23 ll s = 1; 24 if(a == 0) 25 { 26 return 0; 27 } 28 ll tt = 0; 29 ll i = 0; 30 while(prim[i] < a && i < k) 31 { 32 tt = 0; 33 if(a%prim[i] == 0) 34 { 35 while(a%prim[i] == 0) 36 { 37 a/=prim[i]; 38 tt++; 39 } 40 } 41 s *= tt+1; 42 i++; 43 } 44 if(a > 1) 45 { 46 s *= 1+1; 47 } 48 return s; 49 } 50 int main() 51 { 52 ll a, b; 53 int t; 54 int cas = 0; 55 find_prim(); 56 scanf("%d",&t); 57 while(t--) 58 { 59 scanf("%lld%lld",&a,&b); 60 int cnt = 0; 61 ll num = 0, ans; 62 if(b >= sqrt(a)) 63 ans = 0; 64 else 65 { 66 for(ll i = 1; i < b; i++) 67 { 68 if(a%i == 0) 69 { 70 cnt++; 71 } 72 } 73 num = cont(a)/2; 74 ans = num - cnt; 75 } 76 printf("Case %d: %lld ",++cas,ans); 77 } 78 return 0; 79 }
这道题的题意是给你一个n，然后求1~n中有多少个数满足他的因子和为偶数。我们可以发现一个定理就是完全平方数的因子和为奇数。比如4的因子和为1+2+4=7，比如9的因子和1+3+9=13。然后我们又可以推测2*完全平方数的因子和也是奇数。比如8=2*4他的因子和为1+2+4+8=15，18=2*9，它的因子和为1+2+3+6+9+18=39。然后再一想完全平方数乘以其他数会不会满足这个条件。比如3*4=12，12的因子和为1+2+3+4+6+12=28 3*9=27，27的因子和为1+3+9+27=40 我们就会发现乘以一个奇数可以相当于是加上了一个奇数所以因子和为偶数。乘以一个完全平方数又变成另一个完全平方数。所以因子和为奇数的个数就为sqrt(x)+sqrt(x/2);所以答案就为x-sqrt(x)-(sqrt(x/2);
1 #include<iostream> 2 using namespace std; 3 int main(){ 4 ios_base::sync_with_stdio(false), cout.tie(0), cin.tie(0); 5 int t; 6 cin>>t; 7 int cas=0; 8 while(t--){ 9 ll x; 10 cin>>x; 11 ll ans=(int)sqrt(x)+(int)sqrt(x/2); 12 cout<<"Case "<<++cas<<": "<<x-ans<<endl; 13 } 14 return 0; 15 }
E - Leading and Trailing
这道题求前n^k次方的前三位和后三位。后三位不用说直接跑快速幂取模，唯一的坑点是补0，如果最后三位为001也需要输出001。重点在于前三位怎么求。最开始也不会，网上看了代码。然后自己也推了一下公式，最后懂了。设p=log(n^k)->10^p=n^k->这个就会发现p的整数位数代表的是总的位数，而p的小数代表的就是每位数上的值。p=klogn,然后有一个东西叫做fmod(x,y)。这个函数能够得到小数部分，然后这道题就可以解决了。
1 #include <iostream> 2 #include <cstring> 3 #include <cstdio> 4 #include <algorithm> 5 #include <cmath> 6 #include <cstdlib> 7 #include <limits> 8 #include <queue> 9 #include <stack> 10 #include <vector> 11 #include <map> 12 13 using namespace std; 14 15 #define N 10005000 16 #define INF 0x3f3f3f3f 17 #define PI acos (-1.0) 18 #define EPS 1e-8 19 #define met(a, b) memset (a, b, sizeof (a)) 20 21 typedef long long LL; 22 23 int quickpow (int m, int n, int k) 24 { 25 int b = 1; 26 while (n > 0) 27 { 28 if (n & 1) 29 b = (b * m) % k; 30 n >>= 1; 31 m = (m * m) % k; 32 } 33 return b%k; 34 } 35 36 int main () 37 { 38 int t, flag = 1; 39 scanf ("%d", &t); 40 41 while (t--) 42 { 43 LL n, k; 44 scanf ("%lld %lld", &n, &k); 45 46 int first = pow (10.0, 2.0 + fmod (k*log10(n*1.0), 1)); 47 int last = quickpow (n%1000, k, 1000); 48 49 printf ("Case %d: %d %03d ", flag++, first, last); 50 } 51 return 0; 52 }
这道题就是有一个证明任何一个偶数等于两个质数的和。现在就是问你有多少组满足条件。并且a<=b。然后数据是10^7次方。可以打表，先把素数表打出来，一个数组存素数，一个存所有的数。然后用n减去这个质数，判断这个是否为质数，然后得到答案。代码如下。
1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 #include<cstdlib> 4 #include<cctype> 5 #include<queue> 6 #include<cmath> 7 #include<string> 8 #include<map> 9 #include<stack> 10 #include<set> 11 #include<vector> 12 #include<iostream> 13 #include<algorithm> 14 #define INF 0x3f3f3f3f 15 #define ll long long 16 const int N=10000005; //18 17 const int MOD=1000; 18 using namespace std; 19 bool prime[N]; 20 int p[N/10],pn; 21 void get_prime(){ 22 pn=0; 23 memset(prime,false,sizeof(prime)); 24 prime[0]=prime[1]=true; 25 for(long long i=2;i<N;i++){ 26 if(!prime[i]){ 27 p[pn++]=i; 28 for(long long j=i*i;j<N;j+=i){ 29 prime[j]=true; 30 } 31 } 32 } 33 } 34 int main(){ 35 get_prime(); 36 int T,n,num=1,ans; 37 scanf("%d",&T); 38 while(T--){ 39 scanf("%d",&n); 40 ans=0; 41 for(int i=0;p[i]<=n/2;i++){ 42 if(prime[n-p[i]]==false) ans++; 43 } 44 printf("Case %d: %d ",num++,ans); 45 } 46 return 0; 47 }
这道题的题意是给你一个n，求出sum的值，sum为n/i的累加，i为1~n。可以看两个例子，n为8时8 4 2 2 1 1 1 1 n为10时10 5 3 2 2 1 1 1 1 1。以10为例，n/1和n/2分别有10个和5个(商大于等于1和商大于等于2得个数)，又因为n/2部分的数与n/1重复。故n/1不重复的有n/1-n/2个。依次类推，可以将n缩小到sqrt（n）的范围内，在sqrt（n）之外的数，可以发现每一个正好对应n/i（借鉴的大佬的）对sqrt（n)循环，（n/i-n/(i+1))*i表示的是大于sqrt（n）的数中有（n/i-n/(i+1))个i 比如n=10，i=1时 表示的是有5个1。然后我们就会知道答案就是(n/i-(n/(i+1))*i+n/i。有一个地方你会发现如果n是一个完全平方数比如9 9 4 3 2 1 1 1 1 1 i=3时 加了1*3 然后在n/i又加了一个3。这是发现3加了两次所以需要判断下n是否为完全平方数。if（m/sqrt(n)==sqrt(n))。最后得到答案。
1 #include<iostream> 2 using namespace std; 3 int main(){ 4 ios_base::sync_with_stdio(false), cout.tie(0), cin.tie(0); 5 int t; 6 cin>>t; 7 for(int i=1;i<=t;i++){ 8 ll m; 9 cin>>m; 10 int n=sqrt(m); 11 ll sum=0; 12 for(int i=1;i<=n;i++){ 13 sum+=(m/i-m/(i+1))*i+m/i; 14 } 15 if(m/n==n) 16 sum-=m/n; 17 cout<<"Case "<<i<<": "<<sum<<endl; 18 } 19 return 0; 20 }
H - Pairs Forming LCM
这道题的题意是给你一个n，满足题意的个数有多少，这道题也是唯一分解定理中的几个基本定理。将n唯一分解得到n=p1^e1*p2^e2*...*pn^en。然后我们就会发现lcm(i,j)=n,那么i,j的质因子分解必须满足max(iei,jei)=ei。然后我们就会发现，当i满足ei时，j就有ei种选择，同理j满足，i也有ei种,然后iei=jei=ei时又有一种所以需要在加一。所以总共的个数为sum=(e1*2+1)*(e2*2+1)*...*(en*2+1)。又因为j大于等于i,所以ans=sum/2，又因为i=j=n时这一种情况，所以还需要加一。最后的答案为ans=sum/2+1。
1 #include<stdio.h> 2 #include<string.h> 3 #include<stdlib.h> 4 #include<algorithm> 5 #include<stdio.h> 6 #include<string.h> 7 #include<stdlib.h> 8 #include<math.h> 9 #include<algorithm> 10 #include<iostream> 11 #include<vector> 12 #include<queue> 13 14 using namespace std; 15 typedef long long LL; 16 #define N 10010001 17 #define ESP 1e-8 18 #define INF 0x3f3f3f3f 19 #define memset(a,b) memset(a,b,sizeof(a)) 20 21 LL prime[1000000], k; 22 bool vis[N]; 23 24 void Prime() 25 { 26 memset(vis, false); 27 k = 0; 28 for(int i=2; i<N; i++) 29 { 30 if(vis[i] == 0) 31 { 32 prime[k ++] = i; 33 for(int j= i+i; j<N; j+=i) 34 { 35 vis[j] = 1; 36 } 37 } 38 } 39 } 40 41 LL solve(LL n) 42 { 43 LL ans, sum; 44 ans = 0; 45 sum = 1; 46 for(int i=0; prime[i] * prime[i] <= n; i++) 47 { 48 if(n%prime[i] == 0) 49 { 50 ans=0; 51 while(n%prime[i] == 0) 52 { 53 ans ++; 54 n /= prime[i]; 55 } 56 sum *= (2*ans+1); 57 } 58 } 59 if(n>1) 60 sum *= (2*1 + 1); 61 return sum; 62 } 63 64 int main() 65 { 66 int T, t=1; 67 LL n; 68 Prime(); 69 scanf("%d", &T); 70 while(T --) 71 { 72 LL n; 73 scanf("%lld", &n); 74 75 LL sum = solve(n); 76 77 printf("Case %d: %lld ", t++, sum/2+1); 78 } 79 return 0; 80 }
这道题题意很简单，但是数据为10^8次方O(n)循环过去也会炸时间，这个就是这道题的坑点了。上面这个式子的结果时存在一个公式的，调和级数f(n) 约等于1/(2*n)+ln(n)+C,C是欧拉常数约等于0.57721566490153286060651209（发现欧拉这个人还真是无所不能），这个公式就是求上面式子的，但这是一个近似的结果，所以我们要对前好多项去直接用上面的式子进行打表，然后在对之后的项套公式（当n很大时，我们就认为f(n)的误差可以忽略）(膜拜大佬，https://blog.csdn.net/DEEPWAVE98/article/details/80640755?utm_source=blogxgwz3）这个是真的没有想到需要调和级数这东西！！！。
1 #include<iostream> 2 using namespace std; 3 double a[1000005]; 4 double C=0.57721566490153286060651209;//调和级数 n很大的时候 ans=logn+c+/(2*n); 5 void Init(){ 6 memset(a,0,sizeof(a)); 7 a[1]=1.0; 8 for(int i=2;i<=1000000;i++){ 9 a[i]=a[i-1]+1/(i*1.0); 10 } 11 } 12 int main(){ 13 ios_base::sync_with_stdio(false), cout.tie(0), cin.tie(0); 14 Init(); 15 int T, t=1; 16 cin>>T; 17 while(T --) 18 { 19 ll n; 20 cin>>n; 21 double ans; 22 if(n>1000000){ 23 ans=log(n)+C+1.0/(2*n); 24 } 25 else 26 ans=a[n]; 27 printf("Case %d: %.10f ", t++, ans); 28 } 29 30 return 0; 31 }
这道题一看数据有点懵，大数，我不会呀。后面才发现第二个数是long long范围内，我去，这不是秀我吗，就是一个简单题，数组模拟大数，每步取模。
1 #include<iostream> 2 using namespace std; 3 int main(){ 4 ios_base::sync_with_stdio(false), cout.tie(0), cin.tie(0); 5 char s[205]; 6 ll n; 7 int t; 8 cin>>t; 9 int cas=0; 10 while(t--){ 11 cin>>s>>n; 12 if(n<0) 13 n=-n; 14 int t=strlen(s); 15 ll sum=0; 16 for(int i=0;i<t;i++){ 17 if(s[i]=='-') 18 continue; 19 sum=(sum*10+s[i]-'0')%n; 20 } 21 if(sum==0) 22 cout<<"Case "<<++cas<<": divisible"<<endl; 23 else 24 cout<<"Case "<<++cas<<": not divisible"<<endl; 25 } 26 27 return 0; 28 }
L - Fantasy of a Summation
这道题就是自己找规律，然后发现每个数出现的次数为n^(k-1)*k。然后将前n个数累加乘以n^(k-1)*k得到答案。
1 #include<iostream> 2 using namespace std; 3 int main(){ 4 ios_base::sync_with_stdio(false), cout.tie(0), cin.tie(0); 5 ll n,k,m; 6 int t; 7 cin>>t; 8 int cas=0; 9 while(t--){ 10 cin>>n>>k>>m; 11 int x; 12 ll sum=0; 13 for(int i=0;i<n;i++){ 14 cin>>x; 15 sum+=x; 16 sum%=m; 17 } 18 ll ans1=qpow(n,k-1,m)*k; 19 cout<<"Case "<<++cas<<": "<<(ans1*sum)%m<<endl; 20 } 21 22 return 0; 23 }
M - Help Hanzo
这道题是求两个数直接的质数有多少。首先对于任意的一个数n,他的最小质因数不会超过sqrt(n),那么就可以用[2，sqrt(n)]区间去筛掉[a,n]区间的约数，剩下的都是质数了，就是模拟区间筛法。
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 const int N = 1000005; 4 bool pri[N]; 5 int pri1[N]; 6 int sum=0; 7 long long l,r; 8 void Init(){ 9 memset(pri,true,sizeof(pri)); 10 pri[1]=pri[0]=false; 11 for(register int i=2;i<N;i++){ 12 if(pri[i]){ 13 pri1[sum++]=i; 14 for(register int j=0;j<sum&&i*pri1[j]<N;j++){ 15 pri[i*pri1[j]]=false; 16 if(!(i%pri1[j])) 17 break; 18 } 19 } 20 } 21 } 22 void Init1(){ 23 memset(pri,true,sizeof(pri)); 24 for(register long long i=0;i<sum;i++){ 25 long long b=l/pri1[i]; 26 while(b*pri1[i]<l||b<=1){ 27 b++; 28 } 29 for(register long long j=b*pri1[i];j<=r;j+=pri1[i]){ 30 if(j>=l){ 31 pri[j-l]=false; 32 } 33 } 34 if(l==1) 35 pri[0]=false; 36 } 37 } 38 int main(){ 39 Init(); 40 int t; 41 scanf("%d",&t); 42 int cas=0; 43 while(t--){ 44 scanf("%lld%lld",&l,&r); 45 Init1(); 46 long long ans=0; 47 for(int i=0;i<=r-l;i++){ 48 if(pri[i]) 49 ans++; 50 } 51 printf("Case %d: %lld ",++cas,ans); 52 } 53 return 0; 54 }
这道题的题意是给与一个n,求出最小的一个数的阶乘满足末尾有n个0,这个就是一个定理，末尾0只与5有关，然后二分查找是否满足给的数n。具体的定理看代码。
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1 #include<iostream> 2 using namespace std; 3 ll sum(ll n){ 4 ll ans=0; 5 while(n){ 6 ans+=n/5; 7 n/=5; 8 } 9 return ans; 10 } 11 int main(){ 12 ios_base::sync_with_stdio(false), cout.tie(0), cin.tie(0); 13 int t; 14 cin>>t; 15 int cas=0; 16 while(t--){ 17 ll x; 18 cin>>x; 19 // cout<<x<<endl; 20 ll l=0,r=10000000000; 21 ll ans=0; 22 while(l<=r){ 23 ll mid=(l+r)>>1; 24 if(sum(mid)==x){ 25 ans=mid; 26 r=mid-1; 27 } 28 else if(sum(mid)>x){ 29 r=mid-1; 30 } 31 else{ 32 l=mid+1; 33 } 34 } 35 // cout<<ans<<endl; 36 if(ans){ 37 printf("Case %d: %lld ",++cas,ans); 38 } 39 else 40 printf("Case %d: impossible ",++cas); 41 } 42 43 return 0; 44 }
O - GCD - Extreme (II)
这道题的题意是给与一个n,求sum=gcd(i,j)(1<=i<n,i+1<=j<=n)。我们假如gcd(i,j)=1,当i循环到2*i，j循环2*j时,gcd(i,j)=2。我们会发现gcd(k*i,k*j)=k。假如与x互质的有n对（?,x),那么（2*?,2*x)就有2*n对，当i,j循环到(k*?,k*x)就有k*n对，我们可以a[i]把每个数的贡献值记录下来，a[i]表示的是i和小于i的最大公约数之和。然后我们最后输出的就是a[2]+a[3]+...+a[n]。对于找互质的值，可以通过欧拉函数求出。
1 #include<iostream> 2 using namespace std; 3 int p[4000005]; 4 ll ans[4000005]; 5 void Init(){ 6 memset(ans,0,sizeof(ans)); 7 for(int i=1;i<=4000000;i++){ 8 p[i]=i; 9 } 10 for(int i=2;i<=4000000;i++){ 11 if(p[i]==i){ 12 for(int j=i;j<=4000000;j+=i) 13 p[j]=p[j]/i*(i-1); 14 } 15 for(int j=1;j*i<=4000000;j++){ 16 ans[j*i]+=j*p[i]; 17 } 18 } 19 for(int i=1;i<=4000000;i++) 20 ans[i]+=ans[i-1]; 21 } 22 int main(){ 23 ios_base::sync_with_stdio(false), cout.tie(0), cin.tie(0); 24 Init(); 25 int n; 26 while(cin>>n&&n){ 27 cout<<ans[n]<<endl; 28 } 29 return 0; 30 }
1 //XDDDDDDi 2 #include <iostream> 3 #include <string> 4 #include <cstdio> 5 #include <cstdlib> 6 #include <sstream> 7 #include <iomanip> 8 #include <map> 9 #include <stack> 10 #include <deque> 11 #include <queue> 12 #include <vector> 13 #include <set> 14 #include <list> 15 #include <cstring> 16 #include <cctype> 17 #include <algorithm> 18 #include <iterator> 19 #include <cmath> 20 #include <bitset> 21 #include <ctime> 22 #include <fstream> 23 #include <limits.h> 24 #include <cassert> 25 #include <climits> 26 #include <complex> 27 #include <streambuf> 28 #include <typeinfo> 29 #include <new> 30 /* 31 #include <array> 32 #include <numeric> 33 #include <unordered_map> 34 #include <unordered_set> 35 #include <random> 36 #include <tuple> 37 */ 38 using namespace std; 39 40 #define PB push_back 41 #define MP make_pair 42 #define MT make_tuple 43 #define pii pair<int,int> 44 #define pdd pair<double,double> 45 #define F first 46 #define S second 47 #define mian main 48 #define ture true 49 50 #define MAXN 1000000+5 51 #define MOD 1000000007 52 #define PI (acos(-1.0)) 53 #define EPS 1e-6 54 #define MMT(s,a) memset(s, a, sizeof s) 55 #define GO(i,a,b) for(int i = (a); i < (b); ++i) 56 #define GOE(i,a,b) for(int i = (a); i <= (b); ++i) 57 #define OG(i,a,b) for(int i = (a); i > (b); --i) 58 #define OGE(i,a,b) for(int i = (a); i >= (b); --i) 59 typedef unsigned long long ull; 60 typedef long long ll; 61 typedef double db; 62 typedef long double ldb; 63 typedef stringstream sstm; 64 const int INF = 0x3f3f3f3f; 65 int fx[4][2] = {1,0,-1,0,0,1,0,-1}; 66 67 /* 68 template<typename T> 69 using maxHeap = priority_queue<T, vector<T>, less<T> >; 70 template<typename T> 71 using minHeap = priority_queue<T, vector<T>, greater<T> >; 72 */ 73 74 template<typename T> 75 inline T gcd(T a, T b){ return b==0 ? a : gcd(b,a%b); } 76 template<typename T> 77 inline T lowbit(T x){ return x&(-x); } 78 template<typename T> 79 inline bool mishu(T x){ return x>0?(x&(x-1))==0:false; } 80 inline char nc(){ static char buf[1000000], *p1 = buf, *p2 = buf; return p1 == p2 && (p2 = (p1 = buf) + fread(buf,1,1000000,stdin),p1 == p2) ? EOF : *p1++; } 81 #define nc getchar 82 template<typename T> 83 inline int read(T& sum){ char ch = nc(); if(ch == EOF || ch == -1) return 0; int tf = 0; sum = 0; while((ch < '0' || ch > '9') && (ch != '-')) ch = nc(); tf = ((ch == '-') && (ch = nc())); while(ch >= '0' && ch <= '9') sum = sum*10 + (ch-48), ch = nc(); (tf) && (sum = -sum); return 1; } 84 template<typename T> 85 inline void print(T k){ int num = 0,ch[20]; if(k == 0){ putchar('0'); return ; } (k<0)&&(putchar('-'),k = -k); while(k>0) ch[++num] = k%10, k /= 10; while(num) putchar(ch[num--]+48); } 86 /*math*/ 87 template<typename T1,typename T2, typename T3> 88 ll qmul(T1 a,T2 b,T3 p){ ll w = 0; while(b){ if(b&1) w = (w+a)%p; b>>=1; a = (a+a)%p; } return w; } 89 template<typename T1,typename T2, typename T3> 90 ll qpow(T1 a,T2 b,T3 p){ ll w = 1; while(b){ if(b&1) w = (qmul(w,a,p))%p; b>>=1; a = (qmul(a,a,p))%p;} return w; } 91 template<typename T> 92 ll exgcd(T a, T b, T& x, T& y){ if(b == 0){ x = 1, y = 0; return (ll)a; } ll r = exgcd(b,a%b,y,x); y -= a/b*x; return r;/*gcd*/ } 93 94 /* ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- */ 95 int a[1000005]; 96 void oula(){ 97 memset(a,0,sizeof(a)); 98 for(int i=2;i*i<=1000004;i++){ 99 if(!a[i]){ 100 for(int j=i+i;j<=1000004;j+=i){ 101 a[j]=1; 102 } 103 } 104 } 105 } 106 int main(){ 107 ios_base::sync_with_stdio(false), cout.tie(0), cin.tie(0); 108 oula(); 109 int t; 110 cin>>t; 111 int cas=0; 112 while(t--){ 113 int n; 114 cin>>n; 115 // cout<<a[2]<<endl; 116 ll sum=0; 117 for(int i=0;i<n;i++) 118 { 119 int x; 120 cin>>x; 121 for(int j=x+1;;j++){ 122 if(!a[j]){ 123 // cout<<j<<' '; 124 sum+=j; 125 break; 126 } 127 } 128 } 129 cout<<"Case "<<++cas<<": "<<sum<<" Xukha"<<endl; 130 } 131 132 return 0;