C++博客-Yuan-随笔分类-数论

hdu 3826

_Yuan — Sat, 06 Aug 2011 18:40:00 GMT

/*
    问n<=10^18是否能被一个数的平方整除
    将n分解为：p1p2pk  其中pi为素数，且pi<=pi+1（这里可以等于）
    若n能被一个数的平方整除，它肯定能被一个素因子的平方p^2整除，我们找到最小的这个p即可  ~~~
    1.如果p不是最后的素因子，在p之后的素数pi>=p，这时就有n>=p^3了，
       即p<=n^(1/3)，所以枚举n^(1/3)内的素数看是否p^2|n即可，而n^(1/3)<=10^6
    2.如果p是最后的素因子，所以n的形式就是p1p2p'p^2，而p'<=p，所以P'^3<=n，p'<=n^(1/3)
       所以可以先将n的这些素因子p1,p2,,p'给去掉，p'<=n^(1/3)，所以用n^(1/3)内的素数去除即可
       最后只剩下n'=p^2，通过判断一个数是否为完全平方数即可

    算法就是预处理10^6内的素数，用这些素数去除n，发现有p^2能整除的return即可
    否则判断剩下的这个n'是否为完全平方数，我是用二分判断的，加了double处理long long 溢出
*/
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<queue>
#include<string>
#include<iostream>
#include<cassert>

using namespace std;

bool isp[1000010];
int pr[300000], pn;

void init()
{
    for (int p = 2; p <= 1000000; p++) {
        if (!isp[p]) {
            pr[pn++] = p;
            for (long long j = (long long)p*p; j <= 1000000; j+= p) {
                isp[j] = 1;
            }
        }
    }
}

// n = p1p2pk

bool chk(long long n)
{
    for (int i = 0; i < pn && pr[i] <= n; i++) {
        if (n % pr[i] == 0) {
            n /= pr[i];
            if (n%pr[i] == 0) return 0;
        }
    }
    if (n == 1) {
        return 1;
    }
    long long left = 1, right = n;
    while (left <= right) {
        long long mid = (left + right) / 2;
        if ((double)mid*mid > n) right = mid - 1;//double !!
        else left = mid+1;
    }
    return right*right != n;
}

int main()
{
    //freopen("in.txt", "r", stdin);
    init();
    int T, t = 1;
    for (scanf("%d", &T); T--; ) {
        printf("Case %d: ", t++);
        long long n;
        scanf("%I64d", &n);
        puts(chk(n) ? "Yes" : "No");
    }
    return 0;
}

_Yuan 2011-08-07 02:40 发表评论

CF17D 大整数取余

_Yuan — Tue, 03 May 2011 11:14:00 GMT

/*
    就是求(b-1)*b^(n-1) % c
    其中2<=b<=10^10^6 1<=n<=10^10^6,1<=c<=10^9
    用Java高精度，超时了
    看了别人的代码，神奇丫

    b % c 其中b是大整数，可以从高位往低位逐位搞 r = (r*10+b[i])%c
    更神奇的是，a^b%c一样也可以用上面那样子搞
    但是就不是r*10而是r^10, r = (r^10*(a^b[i]))%c
    a^b[i]可以预处理，即a^0,a^1,,a^9

    有用公式
    a^b % c = a^b' %c
    其中b' = b>= p?b%p+p: b%p   p = phi(c)
    这个公式成立不需要(a,c)=1!!!
*/
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<map>
#include<algorithm>
#include<stack>
#include<queue>
#include<cmath>
#include<string>
#include<cstdlib>
#include<vector>
#include<cstdio>
#include<set>
#include<list>
#include<numeric>
#include<cassert>
#include<ctime>
#include<bitset>

using namespace std;

const int MAXN = 1000010;

char b[MAXN], n[MAXN];
long long p[10];

int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
//    freopen("in","r",stdin);
#endif

    for (long long c; ~scanf("%s%s%I64d", b, n, &c); ) {
        //(b-1)*b^(n-1) % c
        int len = strlen(b);
        long long r = 0, left;
        for (int i = 0; i < len ; i ++) {//r = b%c
            r = (r*10 + b[i]-'0') % c;
        }
        left = (r+c-1) % c;

        len = strlen(n);
        for (int i = len - 1; i >= 0 ; i-- ) {
            if (n[i] == '0') {
                n[i] = '9';
            }else {
                n[i] --;
                break;
            }
        }
        //p[i] = b^i % c;
        p[0] = 1;
        for(int i = 1 ; i < 10 ; i++) {
            p[i] = p[i-1] * r % c;
        }
        r = 1;
        for (int i = 0; i < len ; i ++) {
            long long t = r;
            for (int j = 1 ;j < 10 ; j++) {//b^(l*10)
                r = r * t % c;
            }
            r = r*p[n[i]-'0'] % c;
        }

        r = left * r % c;
        printf("%I64d\n", r == 0 ? c : r);
    }
    return 0;
}

_Yuan 2011-05-03 19:14 发表评论

poj 1845

_Yuan — Mon, 14 Mar 2011 14:51:00 GMT

摘要: /**//* 给出A,B求A^B内的所有约数之和 mod 9901 约数之和，有公式 (p1^0 + + p1^n1)**(pk^0 + + pk^nk) &n... 阅读全文

_Yuan 2011-03-14 22:51 发表评论

hdu 3187 欧拉函数枚举p-1 ★★★★

_Yuan — Mon, 14 Mar 2011 03:55:00 GMT

/*
    给出n，问满足phi(k) = n的k的个数，其中k的素因子个数<=3    n<2^31
    欧拉函数
    phi(k) = k(1-1/p1)(1-1/p2)(1-1/p3)
             = (p1-1)p1^x*(p2-1)p2^y*(p3-1)p3^z
     phi(1) = 1

    比赛时打算筛素数（筛到sqrt(2^31)），枚举p1,p2,p3
    有问题的，比如 n = (3-1) * p
    当n很大时，这样p就是一个很大的数了，而素数表没有，就枚举不到了！

    问了ACOrz，他的代码很神奇呀
    因为n = (p1-1)p1^x*(p2-1)p2^y*(p3-1)p3^z
    用sqrt(n)枚举(pi-1)
        if(n%(pi-1) && isPrime(pi))加入pi
    然后就dfs出最多3个数，让 (p1-1)p1^x*(p2-1)p2^y*(p3-1)p3^z = n

    注意的是phi(1) = 1
    所以n=1时,满足条件的有2个，即k=1,2

    ACOrz的代码很简洁，下面是我按照我的风格模仿他写的
    注意枚举的是(pi - 1)，不是n的素因子！！！
*/
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<map>
#include<algorithm>
#include<stack>
#include<queue>
#include<cmath>
#include<string>
#include<cstdlib>
#include<vector>
#include<cstdio>
#include<set>
#include<list>
#include<numeric>
#include<cassert>
#include<ctime>

using namespace std;

vector<int> prime;
int ans;

bool isPrime(int n){
    for(int p = 2; p <= n/p ; p++){
        if(n % p == 0){
            return false;
        }
    }
    return true;
}

void dfs(int next, vector<int> with, int n){
    int nn = n;
    bool can = true;
    for(vector<int>::iterator it = with.begin() ; it != with.end() ; it++){//检查合法性
        if(n % (*it-1) == 0)    {
            n /= (*it-1);
        }else {
            can = false;
            break;
        }
    }
    if(can){
        //with可以为空！！！
        for(vector<int>::iterator it = with.begin() ; it != with.end() ; it++){
            while(n % *it == 0){
                n /= *it;
            }
        }
        if(n == 1)ans++;//特殊情况是with为空，但原始的n为1
        if(with.size() == 3){
            return;
        }
        for(int i = next ; i < prime.size(); i++){//扩展
            with.push_back(prime[i]);
            dfs(i+1, with, nn);
            with.pop_back();
        }
    }
}

int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
    //freopen("in","r",stdin);
#endif

    for(int n; ~scanf("%d", &n); ){
        prime.clear();
        for(int i = 1 ; i <= n / i; i++){
            if(n % i == 0){
                if(isPrime(i+1)){
                    prime.push_back(i+1);
                }
                if(n/i != i && isPrime(n/i+1)){
                    prime.push_back(n/i+1);
                }
            }
        }
        ans = 0;
        dfs(0, vector<int>(), n);
        printf("%d\n", ans);
    }
    return 0;
}

_Yuan 2011-03-14 11:55 发表评论

CodeForces 60D 勾股数公式枚举生成

_Yuan — Mon, 21 Feb 2011 03:15:00 GMT

/*
    n<=10^6个点，每个点有权值a[i]<=10^7 各不相同
    若存在一个数x，使得a[i],a[j],x   is a beautiful triple
    即a^2 + b^2 = c^2   a,b,c互素
    则i可以传播laugh到j
    问最少需要需要让多少个顶点自行laugh，然后传播到全部的顶点

    看了解题报告的
    并查集做
    但如何判断beautiful triple 两两判断O(n^2)会超时

    有个性质：对于满足a^2 + b^2 = c^2的数，可用勾股数公式生成：
    (x^2-y^2 , 2xy , x^2+y^2)  x>y
    该公式能生成所有的素勾股数（互质），需1奇1偶，且gcd(x,y) = 1
    也能生出部分派生勾股数(如 6 8 10) ， 2奇或2偶

    由于a[i]<=MAX       MAX= 10^7
    所以必有x^2-y^2 <= MAX , 2xy <= MAX  但x^2+y^2不一定<= MAX
    2y^2<=MAX
    x^2<=MAX+y^2<=3MAX/2
    => x<=sqrt(3MAX/2) , y <= sqrt(MAX/2)
    所以枚举x,y复杂度为O(MAX)
    (注意x,y是1奇1偶且gcd(x,y) = 1)

    参考watashi代码写的
*/
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<map>
#include<algorithm>
#include<stack>
#include<queue>
#include<cmath>
#include<string>
#include<cstdlib>
#include<vector>
#include<cstdio>
#include<set>
#include<list>

using namespace std;

const int MAX = 10000000;
const int MAXX = (int)(sqrt(1.5*MAX) + 0.5);
const int MAXN = 1000000;

struct DisjointSet{
    int fa[MAXN];
    void init(int n){
        for(int i = 1 ; i <= n ; i++){
            fa[i] = i;
        }
    }
    int root(int x){
        return x == fa[x] ? x : fa[x] = root(fa[x]);
    }
    bool join(int a ,int b){
        a = root(a);
        b = root(b);
        if(a != b){
            fa[a] = b;
            return true;
        }
        return false;
    }
};

DisjointSet ds;
int id[MAX+10];

inline int gcd(int x , int  y){
    return  y == 0 ? x : gcd(y , x % y);
}

bool gao(int a , int b){
    return id[a] > 0 && id[b] > 0 && ds.join(id[a],id[b]);
}

int main()
{
    for(int n ; ~scanf("%d",&n) ; ){
        fill(id,id+MAX+1,0);
        ds.init(n);
        for(int i = 1,x; i <= n ; i++){
            scanf("%d",&x);
            id[x] = i;
        }
        for(int x = 1 ; x <= MAXX ; x++){
            for(int y = x % 2 + 1 ; y < x ; y += 2){
                if(gcd(x, y) == 1){//need it
                    int a = x*x - y*y;
                    int b = 2*x*y;
                    int c = x*x + y*y;
                    if(a > MAX || b > MAX){
                        continue;
                    }
                    n -= gao(a,b);
                    if(c <= MAX){
                        n -= gao(a,c);
                        n -= gao(b,c);
                    }
                }
            }
        }
        printf("%d\n",n);
    }
    return 0;
}

_Yuan 2011-02-21 11:15 发表评论