集训Day 2 2020.3.1 数论（质数与筛法）

集训Day 2 2020.3.1 还是数论复习

上节课作业

1.酒桶移动

三分！
【此处期待题解】
复杂度(O(nlog n))

2.POJ2142：The Balanc

有一天平和两种数量无限的砝码（重为(a)和(b)），天平左右都可以放砝码，称质量为(c) 的物品，要求：
放置的砝码数量尽量少；
当砝码数量相同时,总质量尽量小。

题解

本质不就是(ax+by=c)吗，然后求(|x|+|y|)最小 且(|ax|+|by|)最小的可行解。
不难想到可能满足第一条的只有(x)正整数最小解和y正整数最小解这两种解，其中一个 就是答案

3.POJ2115：C Looooops

for(i=A;i!=B;i+=C){i%=1<< k;}
问：会循环多少次（有可能死循环）

题解

和跳青蛙差不多设(a=C),(b=2^k),(c=B-A)则(ax+by=c)

素数和筛法

链接区：
数论
https://www.cnblogs.com/liuziwen0224/p/shulun1.html
Day1集训
https://www.cnblogs.com/liuziwen0224/p/xjx1.html

判定素数

int main(){
	int n;
	scanf("%d",&n);
	for(int i=2;i<=n;i++){
		int ok=0;
		for(int j=2;j<sqrt(i);j++){
			if(i%j==0) ok=1;
		}
	}
	return 0;
}

埃氏筛

复杂度(O(nloglog n))
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20
1 2 3 / 5 / 7 / 9 / 11 / 13 / 15 / 17 / 19 /
1 2 3 / 5 / 7 / / / 11 / 13 / / / 17 / 19 /(3)
1 2 3 / 5 / 7 / / / 11 / 13 / / / 17 / 19 /(5)
1 2 3 / 5 / 7 / / / 11 / 13 / / / 17 / 19 /(7)...

bool he[10000005]={0};
void Eratosthenes(int n){
	for(int i=2;i<=n;i++){
		if(he[i]) continue;
		for(int j=2;j*i<=n;j++) he[j*i]=1;
	}
}

例题讲解

1.POJ2689：Prime Distance

给不超过int的(l,r)，其中(r-l+1 le 10^6)，筛出其中的素数，并且求出相邻素数差值最大和最小的一对。

题解

1. 提示：区间内的合数的质因子一定有在50000以内的

证明：如果不存在一个小于50000的，由于一个数至少有两个质因数，则大于50000的前两个质数(m,n)的乘积(mn>50000^2> ext {int})

2. 筛出50000以内的素数，用它们来筛出[l,r]内的合数.
   怎么筛是个问题，假设我们有一素数(p)（并且筛完了素数(p)以前所有素数的倍数），我们显然希望找到第一个在区间内的素数的倍数，然后用筛法筛区间内的合数即可。

3. 显然(p^2)是一个没被筛过的合数，如果(p^2<L)，那么我们第一个筛的合数就应该是((l+p- 1)/p*p)（C++意义）.
   如果(lle p^2 le r)，那么第一个筛的合数就是(p^2)，如果(p^2>r)那就不用筛了。
   然后对第一个筛的合数不断+p直到超过(r)， 然后这些合数全筛走，剩下的就是质数.

4. 其余细节也有很多，很有必要一写。

2.POJ3421：X-factor Chains

构造一个数列，起始为(1)，终止为一给定数(X)，满足(X_i < X_{i+1}) 并且(X_i | X_{i+1})。求出数列 最大长度和该长度下的情况数。((X<2^{20}))

题解

将(X)分解质因数（假设有(n)个），要想最长显然它前面那个数是(n-1)个质因数相乘，那么再前面的那个数是(n-1)中(n-2)个质因数相乘……以此类推，长度就是(n+1)（题要求输出此数(-1)）
即：
(F)的质因数为(f_i)共(n)个，构造(1,f_1,f_1f_2,f_1f_2f_3,...,X=prodlimits_{i=1}^nf_i)
方案数就是有重元素的排列了

3.CF449C：Jzzhu and Apples

https://www.luogu.com.cn/problem/CF449C

有数(1)~(n)，要求配对，每对最大公约数不能为(1)，求最大配对数。（(nle 10^5)）

题解

1. 贪心，显然有大素数因子的数难配对，于是从大到小枚举素数(p)，那么(p,2p,3p)…… 都可以两两配对（前提是这个数没被配过）
2. 那么如果一共是偶数个的话我们显然可以全配了。
3. 如果是奇数个肯定要扔掉一个数。把(2p)扔掉，然后这些扔掉的数到了(p=2)的 时候就会自己互相配对啦。
4. 不难发现我们最大化利用了每个数。

（第一遍的时候的错误思路）
筛到素数(p)，(p)之后的所有倍数的个数(n)，为偶数时情况数(ans=dfrac{n}{2})，奇数时把最后一个数留下，也许还有可能和别的配对，(p)从小到大遍历

下期预告：中国剩余定理

【此处留白】

课后练习

1.LGP2758 编辑距离

设A和B是两个字符串。我们要用最少的字符操作次数，将字符串A转换为字符串B。
这里所说的字符操作共有三种：
1、删除一个字符；
2、插入一个字符；
3、将一个字符改为另一个字符；
皆为小写字母

题解

由于对于字符串的操作只有4种情况（删除，添加、更改、不变），所以该题的子问题就是进行了这4种操作后的A字符串变为B字符串需要多少步。记录(dp_{i,j})的意义为把第一个字符串的1_{$i$位变为第二个字符串的1}(j)位需要多少步

转移方程

1. 删：(dp_{i-1,j}+1)
   字符串A的前i-1个字符变为字符串B的前j个需要多少步[把字符串的第i个字符（最后一个）删除了]，删除需要一步因此加1
2. 添：(dp_{i,j-1}+1)
   将(B_j)字符加在A字符串的最后面即添加，同样可以理解为将(B_j)字符删掉，因为不用再考虑了。字符串A的前(i)个字符变为字符串B的前(j-1)个需要多少步 添加需要一步因此加(1)
3. 替：(dp_{i-1,j-1}+1)
   字符串A和B的最后两个都相等了，因此都不用再考虑。字符串A的前(i-1)个字符变为字符串B的前(j-1)个需要多少步 添加需要一步因此加(1)
4. 不变：(dp_{i-1,j-1})
   字符串A和B的最后两个都相等，不考虑。

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
using namespace std;
char s1[2005],s2[2005];
int edit[2005][2005];
int dp(int i,int j){ 
    if(edit[i][j]!=-1) return edit[i][j]; 
    if(i==0) return edit[i][j]=j;
    if(j==0) return edit[i][j]=i;
    int bonus=1;
    if(s1[i]==s2[j]) bonus=0;  
    return edit[i][j]=min(min(dp(i-1,j)+1,dp(i,j-1)+1),dp(i-1,j-1)+bonus);
}
int main(){
    scanf("%s
%s",s1+1,s2+1);
    memset(edit,-1,sizeof(edit));
    int len1=strlen(s1+1),len2=strlen(s2+1);
    dp(len1,len2);
    printf("%d",edit[len1][len2]);
    return 0;
}

贴上大神吴昊恒博客及代码：
https://www.luogu.com.cn/blog/arookieoier/post-20200301-ji-xun-lian-xi-ti

2.JSK43511

https://nanti.jisuanke.com/t/43511

给两个由a_z和09组成的字符串，你可以 对任意一个字符串做如下操作：

1. 在一个地方插入一个字母
2. 删除一个字母
3. 删除一个数字(k)，然后在此处插入(k)个字母
   问最少几步使得两个字符串相同且没有数字存在？
   第一个字符串长10000，第二个长1000， 数字最多100个

题解

【待补充】