BZOJ 2659 算不出的算式
- 关键是要想到这两个式子的几何意义。
- 然后如图，以p1=5,p2=3为例子，整个矩形一定是被均分了的。
- 如上图，单看每一列，绿点把红点分为上下两部分，绿点的位置又是中心对称的，所以整个红点（除了在对角线上的）都被等分到上三角和下三角了。
- 由于p,q都是质数所以对角线上是不会有整点哒
- 当p，q相等时，式子变成[1/p] + [2/p] + ... + [ ((p-1)/2) /p ]
- 由 [ (x+n*p) / p ] =n (x<p) 可知上面的是个有规律的数列。
- 代码：
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quq1 #include <bits/stdc++.h> 2 3 using namespace std; 4 typedef unsigned long long ull; 5 6 int main(){ 7 ull p,q,ans; 8 cin>>p>>q; 9 if(p==q) { 10 ull k=(q-1)/2; //1+...+k 11 ans=(1+k)*k/2; 12 cout<<ans*2<<endl; 13 return 0; 14 } 15 ans=(p+1)*(q+1)/4; 16 ans-=((p+1)/2+(q+1)/2); 17 cout<<ans+1<<endl; 18 return 0; 19 } 20
洛谷P3951 NOIP2017 小凯的疑惑
- 倒回去看那年的题，所以为什么会爆0，三十分都没有啊(╯‵□′)╯︵┻━┻
- 拿三和五为例子，考虑数轴
- 这些是三的倍数能指着的点，可以看出所有的数里每三个数就有一个能被表示。
- 现在看加上5的情况
- 这里由于第一个5在三的后面两位，一直倍数下去，这样所有的数每三个数就有两个能被表示
- 而第二个5，就是10正好踩到后面一位，这样这之后的每三个数的这一位一定能被表示
- 这样就能表示完那后面所有的数了。
- 所以任意两个p,q（互质）的情况是一样的，不妨假设p<q
- q%p
- 2*q%p
- 3*q%p
- ......
- （p-1）*q%p
- 可以知道上面这些的结果一定都不一样，（如果一样，那就一定有p是q的因数，这与他俩互质矛盾）
- 所以在p*q之前q之间的空挡一定被q踩完，这之后的任意数都能被表示
- 那第一个不能被表示的数呢？
- 我们知道最后一个被踩的空挡是(p*q)-q，在这个空档之前的这个空挡都是踩不到的，所以就在它前一个就是最大的无法表示的数了，即为p*q-p-q
- 代码：
嘤击长空
1 #include <bits/stdc++.h> 2 3 using namespace std; 4 typedef long long ll; 5 6 int main(){ 7 ll a,b; //a>b 8 cin>>a>>b; 9 cout<<(a*b)-a-b<<endl; 10 return 0; 11 }
BZOJ1008: [HNOI2008]越狱
- 考虑不发生越狱的情况，m* ( m-1 )^(n-1)
- 全部情况：m^n
- 快速幂
- 代码：
嘤帝质疑
1 #include <bits/stdc++.h> 2 #define mod 100003 3 4 using namespace std; 5 typedef long long ll; 6 ll m,n; 7 8 ll exp(ll x,ll v){ 9 if(x==1) return v; 10 ll t=exp(x/2,v); 11 t=(t*t)%mod; 12 return (x%2) ? (t*v)%mod : t; 13 } 14 15 int main(){ 16 cin>>m>>n; 17 ll a=exp(n,m),b=exp(n-1,m-1); 18 ll ans=a-(m*b)%mod; 19 if(ans<0) ans+=mod; 20 cout<<ans<<endl; 21 return 0; 22 }
BZOJ2818: Gcd
- 题意：给定整数N，求1<=x,y<=N且Gcd(x,y)为素数的
数对(x,y)有多少对. 其中1<=N<=10^7 - 欧拉函数
- 先枚举gcd(x,y)的值，然后再求所有这些数中有枚举的这个数的因子的数中互质的对数，后者用欧拉函数再求一个前缀和就ok了
- 代码（注意欧拉函数求前缀和到后面会爆int，要开long long才行）
嘤雄不朽
1 #include <bits/stdc++.h> 2 3 using namespace std; 4 typedef long long ll; 5 ll phi[10000005]; 6 int pri[10000005],table[10000005]={0}; 7 int cp=-1,n; 8 ll ans=0; 9 10 void getphi(){ 11 for (int i=2; i<=1e7; i++) { 12 if(!table[i]) { pri[++cp]=i; phi[i]=i-1; } 13 for (int j=0; j<=cp; j++){ 14 ll t=pri[j]*i; 15 if(t>1e7) break; 16 table[t]=1; 17 if(i%pri[j]==0) { phi[t]=phi[i]*pri[j]; break;} 18 phi[t]=phi[i]*(pri[j]-1); 19 } 20 } 21 } 22 23 int main(){ 24 getphi(); 25 for (int i=1; i<=1e7; i++) phi[i]+=phi[i-1]; 26 cin>>n; 27 for (int i=0; i<=cp; i++) { 28 if(n<pri[i]) break; 29 ans+= (phi[ n/pri[i] ]<<1) ; 30 ans++; 31 } 32 cout<<ans<<endl; 33 return 0; 34 }
BZOJ2705: [SDOI2012]Longge的问题
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题意： 给定一个整数N，你需要求出∑gcd(i, N)(1<=i <=N) 其中0<N<=2^32。
- 这个题没做出来主要是因为没考虑过枚举N的因数（其实是因为我人傻）
- 对啊根号N就可以枚举N的所有因数了何必想的辣么复杂呢
- 代码：
满门嘤烈
1 #include <bits/stdc++.h> 2 3 using namespace std; 4 typedef long long ll; 5 6 ll phi(ll x){ 7 ll sqx=sqrt(x),tx=x; 8 for (ll i=2; i<=sqx; i++) { 9 if(tx%i) continue; 10 x/=i; 11 x*=(i-1); 12 while(tx%i==0) tx/=i; 13 if(tx==1) break; 14 } 15 if(tx>1) { x/=tx; x*=(tx-1); } 16 return x; 17 } 18 19 int main(){ 20 ll ans=0,n; 21 cin>>n; 22 ll m=sqrt(n); 23 for (int i=2; i<=m; i++) { 24 if(n%i) continue; 25 ans+=phi(n/i)*i; 26 if(i*i<n) ans+=(n/i)*phi(i); 27 } 28 ans+=(n+phi(n)); 29 cout<<ans<<endl; 30 return 0; 31 }
BZOJ1045: [HAOI2008] 糖果传递
- 有n个小朋友坐成一圈，每人有ai个糖果。每人只能给左右两人传递糖果。每人每次传递一个糖果代价为1。
- 假设第x(i)个人给了第x(i+1)个人b个糖果，然后如果一个人接到的糖果是n+b的话，算一下最后每个人的糖果数就可以知道它拿出去的也是一个整数加b的形式，那最后要求的ans=min对abs(n+b)求和;b是唯一的变量，n是可以算出来的整数
- 于是就转化成了一种常见模型：求数轴上n个点到哪一点距离之和最短。。。
- 代码：
嘤姿勃发
1 #include <cstdio> 2 #include <iostream> 3 #include <algorithm> 4 #define nmax 1000010 5 6 using namespace std; 7 typedef long long ll; 8 int c[nmax],b[nmax]={0}; 9 ll tot=0,a=0; 10 int n; 11 12 ll cntdis(ll x){ 13 ll d=0; 14 for (int i=0; i<n; i++) d+=abs(b[i]-x); 15 return d; 16 } 17 18 int main(){ 19 cin>>n; 20 for (int i=0; i<n; i++) { 21 scanf("%d",&c[i]); 22 tot+=c[i]; 23 } 24 a=tot/n; 25 for (int i=1; i<n; i++) b[i]=b[i-1]-a+c[i]; 26 for (int i=1; i<n; i++) b[i]*=(-1); 27 sort(b,b+n); 28 if(n&1) cout<<cntdis(b[n/2])<<endl; 29 else cout<<cntdis(b[n/2-1])<<endl; 30 return 0; 31 }