數論雜題

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雜題：

1.hdu1717

題意：將小數化爲分數（小數可爲循環小數和不循環的普通小數）
[題解]

2.hdu1452

題意：輸入x，求2004^x的所有因子的和，結果對29取餘。

題解：
2004=22∗3∗167
2004x=22x∗3x∗167x
∴2004x 的所有因子和爲(22x+1−1)∗3x+1−12∗167x+1−1166

3.hdu2483

題意：給定一個由0和1構成的n*m矩陣。問矩陣中符合條件的子矩陣有多少個？條件：
1.邊長大於等於2的正方形；
2.四邊都沒有0；
3.除4邊外的部分，0和1的個數差小於等於1

題解：
f[i][j]=f[i−1][j]+f[i][j−1]−f[i−1][j−1]+a[i][j]
便能快速知道一個邊長爲t的正方形中“1”的個數

a[x][y][0]=a[x−1][y][0]+a[x][y]
a[x][y][1]=a[x][y−1][1]+a[x][y]
便能快速判斷一個邊長爲t的正方形四周是否都爲“1”

4.poj3604

題意：輸入一個數n，它的因子爲ai，對於每個ai，bi表示ai的因子數。現在求的是∑bi3 。

題解：
n=pc11∗pc22∗...∗pcnn
不妨設bi=pa11∗pa22∗...∗pann
則：b3i=（ai1+1）3∗(ai2+1)3∗...∗(ain+1)3
∴∑bi3=（13+23+...+(p1+1)3）∗(13+23+...+(p2+1)3)∗...∗(13+23+...+(pn+1)3)

∵13+23+...+n3=n2∗(n+1)24
∴代入原式變可求得答案

5.poj2115

題意：求x，使得(a+c∗x)%2k=b

題解：擴展歐幾里得

6.poj3358

題意：將一個分數轉化爲二進制，求二進制從哪一位循環，循環節是多大。
題解：
以1/10爲例：
取模前： 110210410810161032106410
取模後： 110210410810610210410
然後就發現了一些奧妙重重的東東～～
由於是二進制，所以分子可以表示爲2x ,而模數即q
2x=2y(modp)，2x(2(y−x)−1)=0(modp) ，即p|2x(2(y−x)−1) ，首先把p儘量整除2直到不能整除爲止，這個步驟的次數就是滿足原式最小的x，並得到p’。2(y−x)=1(modp′)
根據歐拉定理，t=y−x=phi(p′) 滿足此式。但不是最小值，枚舉phi(p’)約數。

7.hdu4091

題意：讀入s1,s1,c1,c2,v ,求m,n 使得在滿足ms1+ns2≤v 下
mc1+nc2 最大。
題解：貪心，將價值與體積比大(稱爲價值比)的優先放入。但體積限制，這樣還不可以，還需要枚舉減少價值比大的寶石個數，是否可以增大所求價值。又我們可以知道對於體積是m=lcm(s1,s2) 揹包，肯定全選價值比大的。所以至多隻要枚舉n−nm+m 的體積。

8.poj1845

題意：求ab 的所有因子和
題解：首先將ab=pbk11pbk22...pbknn
因子和=(1+p1+p21+p31+...+pbk11)∗(1+p2+p22+p32+...+pbk22)∗...∗(1+pn+p2n+p3n+...+pbknn)
那麼我們現在的最大問題就在於如何求1+p+p2+p3+...+pm
法一：公式法
等比數列求和公式：1+pi+...+pcii=(p(ci+1)i−1)(pi−1) ，然後求一下pi−1 的逆元（求逆元）。
法二：二分法
1+p+p2+p3+...+pk=(1+pk2)(1+p+p2+p3+...+pk2) k爲偶數
1+p+p2+p3+...+pk=(1+pk−12)(1+p+p2+p3+...+pk−12)+pk k爲奇數

9.hdu3864

題意：求n是否只有4個因子，如果是就輸出除1外的所有因子。
題解：這題n太大(n<=1e18)，所以不能直接求解，需要用到Pollard_rho算法和Miller_Rabin算法。

10.poj1430

題意：

第二類斯特林數的奇偶問題。
求S(n,m) 的奇偶。

分析：

S(N,K)=K∗S(N−1,K)+S(N−1,K−1)
C(N,M)=C(N−1,M)+C(N−1,M−1)
由於數據較大，不能根據第二類斯特靈數來求解S（n,m）的值，那麼就要用到Sierpinski三角形中的一個結論：

S(N,K)=C(Z,W)mod2
Z=N−向上取整M+12,W=向下取整M−12
組合數C(N,K)爲奇數當且僅當NandK=K 時成立
有了這個公式，題目就簡單了

11. 51NOD1130

題意：

求n! 的長度(n≤109)

分析：

斯特林公式：n!=2∗PI∗n−−−−−−−−√∗(ne)n
（其中PI=3.141592653,e=2.718281828459 ）
長度就是log10 +1啦~
∴len(n!)=12∗log10(2∗PI∗n)+n∗log10ne

12. 51NOD1386

題意：

從1~n中選出儘可能少的數，使得剩下的每個數至少和一個被選擇的數不互質，k不能被選擇
數據範圍：n,k<=1000

分析：

題目相當於被選擇的數分解質因數後包含所有質因數
每個數分解質因數之後最多隻含有一個大於sqrt(n)的質因子
以這個質因子爲依據將所有數進行分類
同時記錄質因子2、3、5、7、11、13、17、19、23、29、31有沒有出現過
然後就可以高興地動歸了~
f[i][j] 表示前i個數狀態爲j的答案。
因爲大於31的數的質數一定要選，但它可以和2~31的質數合併，那麼我們一開始就加上31以後的質數個數，在選大於31的合數分解後有大於31的質數是，就相當於沒有加數。（還是看代碼吧）

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>

using namespace std;
const int N=3000;
int v[N],p[N],pre[N],f[2][N],c[2][N];
int n,k,tot,id[N],cas,key[N],mx[N];

int min(int x,int y){return x<y?x:y;}

int main(){
    freopen("a.in","r",stdin);
    int T;scanf("%d",&T);
    v[1]=1;
    for (int i=2;i<N;i++){
        if (!v[i]) p[++tot]=i,pre[i]=1,v[i]=1;
        for (int j=1;j<=tot && i*p[j]<N;j++){
            pre[i*p[j]]=i;
            v[i*p[j]]=1;
            if (i%p[j]==0) break;
        }
    }
    for (int i=1;i<=tot;i++)
        id[p[i]]=i;
    for (int i=1;i<N;i++){
        int t=0,kk=i;
        while (kk!=1){
            int tt=kk/pre[kk];
            if (tt<=31){
                if (!(t&(1<<(id[tt]-1))))
                    t+=(1<<(id[tt]-1));
            }
            mx[i]=max(mx[i],tt);
            kk=pre[kk];
        }
        key[i]=t;
    }
    while (T--){
        scanf("%d%d",&n,&k);
        if (cas==22)
            printf("");
        memset(f,0x16,sizeof(f));
        f[0][0]=0;
        int len=1;
        while (p[len]<=n) len++;len--;
        int ans=(len>11)?len-11:0;
        len=min(len,11);
        int p=1;
        for (int i=1;i<=n;i++){
            int t=key[i];
            for (int j=0;j<(1<<len);j++){
                f[p][j]=f[p^1][j];
                if ((t&j)==t && i!=k){
                    int tt=0;
                    if (mx[i]>31) tt=1;
                    if (f[p][j]>f[p^1][j^t]+1-tt)
                        f[p][j]=min(f[p][j],f[p^1][j^t]+1-tt);
                }
            }
            for (int j=0;j<(1<<len);j++)
                f[p^1][j]=370546198;
            f[p^1][0]=0;
            p^=1;
        }
        printf("Case #%d: %d\n",++cas,f[p^1][(1<<len)-1]+(k!=1)+ans);
    }
}

代碼好像更難懂....

13.☆bzoj2159☆

題解

14.bzoj4555

題解

15.bzoj3992

題意：

題目大意：給定n(n<=10^9)，質數m(3<=m<=8000)，1<=x=m，以及一個[0,m-1]區間內的集合S，求有多少長度爲n的數列滿足每個元素都屬於集合S且所有元素的乘積mod m後=x

分析：

首先對於m，求出它的原根g，於是就將乘法變成加法的問題了。
再快速冪一波就好了，每次將大於m的數加到前面

void power(ll *a,int tim){
    b[0]=1;
    while (tim){
        ntt(a,L,1);
        if (tim&1){
            ntt(b,L,1);
            for (int i=0;i<L;i++)
                b[i]=a[i]*b[i];
            ntt(b,L,-1);
            for (int i=L-1;i>=m-1;i--)
                b[i-m+1]=(b[i-m+1]+b[i])%mod,b[i]=0;
        }
        for (int i=0;i<L;i++)
            a[i]=a[i]*a[i]%mod;
        ntt(a,L,-1);
        for (int i=L-1;i>=m-1;i--)
            a[i-m+1]=(a[i-m+1]+a[i])%mod,a[i]=0;
        tim/=2;
    }
}

int main(){
........
//核心代碼
    for (int i=0,t=1;i<m-1;t=t*root%m,i++)
        pos[t]=i;//求出每一個餘數相當於原根的幾次方
    for (int i=1;i<=len;i++)
        if (s[i]) a[pos[s[i]]]++;
    power(a,n);
    printf("%lld\n",b[pos[x]]);
}

16.bzoj3456or xsy1332

題意：

求出n個點的簡單(無重邊無自環)無向連通圖數目

題解

17.bzoj3625

題意：

給定n ，給定c1,c2,...,cm 。
給定m ，對於任意s≤m ，求每個點權屬於c，權值和爲s的二叉樹的個數。

1≤n,m≤105
答案對998244353(7∗17∗223+1,一個質數) 取模。

分析：

f(x)表示權值總和爲x的樹的總數。
c(x)表示有沒有權值爲x的數。
f(x)=∑xk=0c(k)∗∑x−kj=0f(j)∗f(x−j−k)
搞出生成函數F,C
F=∑∞i=0f(i)xi
C=∑∞i=0c(i)xi
於是乎
F=C∗F∗F+1 （1爲x=0的情況）
∴F=1±1−4C√2c
發現有兩種可能，嗯~檢驗一下。
注意到f(0)=1;
∴當x→0 時
1+1−4C√2c→∞
1−1−4C√2c→1
∴F=1−1−4C√2c
∴F=21+1−4C√ （上下同時乘以1+1−4C−−−−−−√ ）
這樣就變成了多項式開根和多項式逆元的傻題了。

18.常見排列組合