关于一些信息学数论问题例题的讨论

时间 2019-11-15

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　　大概就是写一些数论水题的题解？html

　　目录算法

　　不按期更新。ide

一.[AHOI2005]约数研究　洛谷oj P1403学习

　　可能须要事先学习的算法：优化

　　　　埃氏筛法（素数筛）spa

　　题意很容易理解。很明显这是一道真正的水题，适合初学者理解筛法的思想。翻译

　　30分暴力作法：调试

　　　　对于一个数$i（i∈[1,n]）$ ，枚举全部$[1,i)$之间的正整数$j$，判断$j$是不是$i$的约数，若是是，计数器$result$就加上1。code

　　　　复杂度是$O(n^2)$，不是颇有讨论价值，写了一下代码。htm

#include <cstdio>
using namespace std;

int n;
int result;

int main(){
    scanf("%d",&n);
    for (int i=1;i<=n;i++)    //枚举 1~n 全部数 
        for (int j=1;j<=i;j++)    //一个个判断是不是i的约数，若是是，则计数加1 
            if (i%j==0)    result+=1;
    printf("%d",result);
    return 0;
}

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　　100分算法（暴力筛法）：

　　　　或许能够当作暴力作法的优化，可是若是学过筛法，那就直接是筛法的思想了。

　　　　我试着用优化暴力的思路解释一下个人算法。上面的作法是先抓一个数$i（i∈[1,n]）$，而后再一个个找它们的约数的。咱们能够换个思路，也抓一个数$i（i∈[1,n]）$，而后一个个找它的倍数（倍数小于$n$），找到一个倍数，计数器$result$就加上1。

　　　　熟悉筛法的同窗应该能一眼AC吧（毕竟是普及组水题）。

　　　　复杂度应该是$O(n\sqrt{n})$。

#include <cstdio>
using namespace std;

int n;
int result;

int main(){
    scanf("%d",&n);
    result+=n;    //1能够是全部数的约数 
    for (int i=2;i<=n;i++)
        for (int j=1;i*j<=n;j++)    //枚举倍数 i*j 
            ++result;
    printf("%d",result);
    return 0;
}

　　　　基于这种想法其实还能够优化。咱们很容易发现，第二重循环实际上是没必要要的，由于对于一个数$i$，$[1,n]$里它的倍数必定有且仅有$\frac{n}{i}$个（向下取整）。那么咱们就能够扔掉第二重循环了。

#include <cstdio>
using namespace std;

int n;
int result;

int main(){
    scanf("%d",&n);
    for (int i=1;i<=n;i++)
        result+=(n/i);
    printf("%d",result);
    return 0;
}

　　　　是否是已经挺不错的了？可是洛谷上有神犇给出了下一种复杂度更加优秀的算法。

　　100分算法（很是优秀）：Kelin的题解

　　　　 $大概意思是说，$f(i)=\frac{n}{i}$，可是由于除法要向下取整，因此有一些数能够当成同一个数来跳过。$

$打个比方，对于$n=60$时，无论$i=13$或$i=14$或$i=15$，$\frac{n}{i}$的结果都是同样的，由于$int$整型要向下取整。因此能够把它们放在一块儿算，差很少就是这种思想。$

$时间复杂度$O(2\sqrt{n})$。我测了一下，可能由于数据比较水，我写的算法$36ms$跑完，这种算法$26ms$跑完，仍是十分优秀的。$

$代码在上面连接里有，我就不写了。$

$二.最大公约数和最小公倍数问题$ $洛谷oj P1029$

$必须预先学习的算法：$

$欧几里得算法（GCD）（展转相除法）$

$这是一道数论入门好题。在作以前要熟悉$gcd$（即最大公约数）。$

$这题我以为不太可能有靠谱的部分分写法（毕竟比较水），我就直接讲正解了。$

$你们都知道怎么求最大公约数$gcd(P,Q)$，也许有人会问是否是也有专门求最小公倍数$lcm(P,Q)$的算法？不须要。最小公倍数$lcm(P,Q)$能够经过最大公约数$gcd(P,Q)$获得。$

$引理：两个正整数$P$,$Q$的最小公倍数为$P*Q/gcd(P,Q)$。$

$证实：$

$记$ $$P=gcd(P,Q)*p_{1}$$

$$Q=gcd(P,Q)*p_{2}$$ $，且$ $gcd(p_{1},p_{2})=1$　　//即$p_{1}$和$p_{2}$互质

　　　　 $lcm(P,Q)=gcd(P,Q)*p_{1}*p_{2}$

　　　　　　　　　 $=gcd(P,Q)*p_{1}*gcd(P,Q)*p_{2}/gcd(P,Q)$

　　　　　　　　　 $=P*Q/gcd(P,Q)$

　　　　得证。

$确定有人不喜欢读证实，那我举个例子好了。假设存在两个数，$P=2160$，$Q=4032$。根据惟一分解定理，可得：$

$$P=2160=2^4*3^3*5$$

$$Q=4032=2^6*3^2*7$$

$能够看出来，这时候$gcd(P,Q)=2^4*3^2=144$，那么，$P$和$Q$能够这样改写：$

$$P=gcd(P,Q)*3^1*5$$

$$Q=gcd(P,Q)*2^2*7$$

$很明显，$3^1*5$或$2^2*7$互质，由于若是它们不互质，它们的最大公约数彻底能够变成$gcd(P,Q)$的一个因子。$

$又由于$lcm(P,Q)=2^6*3^3*5*7$，$lcm(P,Q)$具备$P$和$Q$的全部因子，则：$

$$lcm(P,Q)=gcd(P,Q)*2^2*3^1*5*7$$

$$=(gcd(P,Q)*3^1*5)*(gcd(P,Q)*2^2*7)/gcd(P,Q)$$

$$=P*Q/gcd(P,Q)$$

$就能够根据$lcm(P,Q)=P*Q/gcd(P,Q)$求解了。理解力好的同窗应该能够直接理解这个结论。$

$在知道$lcm(P,Q)=P*Q/gcd(P,Q)$后，再来看这道题。在这道题里，$x$是最大公约数$gcd(P,Q)$，而$y$是最小公倍数$lcm(P,Q)$。$

$咱们不妨设$P=x*p_{1}$，$Q=x*p_{2}$（$p_{1}$和$p_{2}$互质）。$

$因此咱们能够写出下面的推导$

$$y=P*Q/x$$

$$=(x*p_{1})*(x*p_{2})/x$$

$$=p_{1}*p_{2}*x$$

$则$\frac{y}{x}=p_{1}*p_{2}$$

$是否是发现了什么？题目要求输出的答案是$P$和$Q$，而$P=x*p_{1}$，$Q=x*p_{2}$，且$x$是已知的。要想知道$P$、$Q$的全部可能性，只须要枚举出$p_{1}$和$p_{2}$的全部可能性就行了。$

$怎么枚举出$p_{1}$和$p_{2}$？咱们已经知道$\frac{y}{x}=p_{1}*p_{2}$了，$for$一遍就行了。$

$代码：$

#include <cstdio>
using namespace std;
const int maxn=100000;

int x,y;
int result;

inline int gcd(int a,int b){
    return b?gcd(b,a%b):a;
}

int main(){
    scanf("%d%d",&x,&y);
    if (y%x)    printf("0");    //若是y不能整除x，不存在解
    else{
        int n=y/x;
        for (int i=1;i<=n;i++)
            if (n%i==0){
                if (gcd(i,n/i)==1)
                    result+=1;
            }
        printf("%d",result);
    }
    return 0;
}

三.又是毕业季I　　洛谷oj P1372

　　须要预先学习的算法：

感受不须要预先学习算法？可能须要一点对质数的理解。

　　一道你们都很高兴作的水题，能够加强对质数的理解。

　　题意大概就是要在$1~n$中找到$k$个最大公倍数最大的数。

　　很容易想到，假如$k$个数存在最大公倍数$gcd$，则$k=gcd*m$，$m$必定是正整数。简单地说，就是这些被选中的$k$个数要么就是$gcd$，要么就是$gcd$的倍数。

　　由于$k$和$n$已经肯定，如何让$gcd$最大？咱们很容易想到，$gcd=\frac{n}{k}$，注意，这里的除法须要向下取整。

　　代码就更简单了，复杂度$O(1)$不须要分析了。

#include <cstdio>
using namespace std;

int n,k;

int main(){
    scanf("%d%d",&n,&k);
    printf("%d",n/k);
    return 0;
}

四.倒水　　洛谷oj P1582

须要一点对二进制的理解

　　玩过《2048》这款游戏吗？我以为和这道题很像。

　　很明显，全部瓶子的状态能够压成一个二进制数。

　　好比这个二进制数：

　　　　$1100101$

　　表示的是，通过处理后，有$64$升水、$32$升水、$4$升水、$1$升水的瓶子各一个。

　　为何能够这么压？假设有$X$升水的瓶子$Y$个，很显然，X必定是$2$的几回方（咱们先表示成$X=2^i$），而若是$Y$大等于$2$，则$Y$必定能够倒进更多水的瓶子里（两瓶$X$就能够变成一瓶$2X$）。由于倒水次数不限制，因此贪心的想法是，初始状态每一个瓶子里的水越多越好，这样瓶子就少了。

　　因此很明显，若是某升水的瓶子数量大于等于$2$，必定能够把多余的水往上倒。初始状态处理到最后，就是二进制数了。而二进制数逢二进一的原则保证了不管多少个1升的瓶子均可以自动处理成最少的瓶数。

　　因此，当有$a$个1升的瓶子时，处理完后最少的瓶数就是$a$转换成二进制后的$1$的个数。好比这个二进制数$1100101$最少的瓶数就是$4$。

　　想明白了这一点，这题就很好写了。接下去怎么处理就很容易了，题意翻译过来就是求大等于$N$的最小数，使这个数含有的$1$的个数不大于$K$。而后的结果输出这个最小数减去$N$。

　　90分暴力算法（最后一个点过不了）：

#include <cstdio>
using namespace std;

int n,k;
long long result;

inline int count(long long x){    //数瓶子的个数
    int cnt=0;
    while (x){
        if (x&1)    cnt+=1;
        x>>=1;
    } 
    return cnt;
}

int main(){
    scanf("%d%d",&n,&k);
    for (result=0;count(result+n)>k;result++);
    printf("%lld",result);
    return 0;    
}

　　100分算法：

　　　　很早之前A的，忘记是怎么优化的了，具体能够直接看代码。若是有时间我再回来补充详细解释。

　　　　记得开longlong，不开仍是90分.

#include <cstdio>
using namespace std;

long long n,k;
long long cnt;
long long result;

inline long long count(long long x){    //数瓶子的个数
    long long cnt=0;
    while (x){
        if (x&1)    cnt+=1;
        x>>=1;
    } 
    return cnt;
}

int main(){
    scanf("%d%d",&n,&k);
    cnt=count(n),result=n;
    for (int i=0;cnt>k;i++)
        if ((result>>i)&1){
            result-=(1<<i);
            i+=1;
            while (true)
                if ((result>>i)&1){
                    result+=(1<<i);
                    break;
                }
                else i++;
            cnt=count(result);
        }
    printf("%lld",result-n);
    return 0;    
}

五.阶乘问题　　洛谷oj P1134

　　调了快一个小时才调出来……给跪了。

　　题意很清楚了。

　　28分骗分算法（皮一下）：

　　　　打表可知能够详细证实，阶乘的尾数只多是$2$、$4$、$6$、$8$。因此随便抓个数骗分/滑稽

#include <cstdio>
using namespace std;

int main(){
    printf("2");
    return 0;
}

　　100分算法：

　　　　咱们很快能够想到，每次都取最后一个有效数字来乘下一个数，这样复杂度$O(N)$是能够过的。

　　　　可是，在调试的过程当中，会发现取最后一个有效数字是不行的，为何我就不解释了。差很少要模10的7次方或8次方才能过。

　　　　和上一道题目同样，记得开longlong。

#include <cstdio>
using namespace std;

int n;
long long result=1;

int main(){
    scanf("%d",&n);
    for (int i=1;i<=n;i++){
        result*=i;
        while (result%10==0)    result/=10; 
        result%=100000000;
    }
    printf("%d",result%10);
    return 0;
}