不可表示的数（庞果网）完全解答

题目详情:

给定表达式[x/2] + y + x * y, 其中x,y都是正整数。其中的中括号表示下取整，例如[3/2] = 1 ， [5/2]  = 2。

有些正整数可以用上述表达式表达出来，例如正整数2，当取x = y = 1时，可以把2表达出来

（ 解释下：当x=y=1时， [x / 2] + y + x * y = [1 / 2] + 1 + 1 * 1 = 0+1+1 = 2 ）；

有些数可以有多种方式表达，例如13可以由 x = 2 y = 4 以及x = 3 y = 3来表示；

有些数无法用这个表达式表达出来，比如3。

从1开始第n个不能用这个表达式表示出来的数，我们叫做an，例如a1=1 a2=3,给定n，求an。

输入：n值 1<=n<=40

输出：an % 1000000007的结果（因为结果较大，输出an %1000000007的结果）。

方法一：

算法思想：

⒈将要表示的数记为count，则count = [x/2] + y + x * y

⒉将式子变形count = (x + 1) * y + x / 2  ↔  y = (count  -  x/2 )  /  (x + 1) ①

⒊所以当我们对count取不同值时，判断是否可以被表示，即判断①式中y  对于 x取（1、2、3…(x / 2 + x + 1 <= count)

    能否得到整数值（ (count  -  x/2 )  %  (x + 1) == 0），若对于所有x， y均得不到整数，则count不可表示

⒋当x取1时，count = 2 * y， 所以不可表示的数一定是奇数

⒌所以我们将count从1开始以2为增补量不断测试，得到第n个不可表示的数就输出

代码如下：

#include <stdio.h>int givean(int n) {    int i = 0, m;int count = 1, x;    do    {              m = 1;        for (x = 1; x / 2 + x + 1<= count; x++)        {if ((count - x/2) % (x + 1) == 0){m = 0;break;}        }//当count不可表示if (m == 1)i++;count += 2;}while (i < n);return （count - 2）% 1000000007;}int main(){        int n, x;    scanf("%d", &n);    x = givean(n);    printf("%d\n", x);    return 0;}

但是当我们运行时发现得到a1 = 1, a2 = 3, a3 = 15, a4 = 63, a5 = 4095, a6 = 65535, a7 = 262143很快。

当n = 8，算出（a8 = 1073741823） % 1000000007= 73741816却要两、三分钟。所以此方法理论是对的，却不合适。

相信很多人像我一样在，接下来是对上面算法进行各种优化，加大count的增补量、减小x的循环范围等等，但作用对于求解a40来说将微乎其微。

郁闷，疑惑之中在网上大查一番终于有所眉目，将借鉴整理如下。

方法二

下面仁兄博客将对此方法用到的数学方法，进行详细说明：

http://blog.csdn.net/oucyxc/article/details/9958035

相信看完以上博客我们知道：若一个数2^（m + 1）- 1是素数，则2^m - 1即为一个不可表示的数（m >= 1）

其实我们把2^p - 1为素数的数叫做梅森素数（百度可查）且对p的取值依次为:

2,3,5,7,13,17,19,31,61,89,
107,127,521,607,1279,2203,2281,3217,4253,4423,
9689,9941,11213,19937,21701,23209,44497,86243,110503,132049,
216091,756839,859433,1257787,1398269,2976221,3021377,6972593,13466917,20996011,

24036583,25964951,30402457,32582657,37156667,42643801,43112609,57885161

目前只发现48个梅森素数。

编程的思想是我们可以把前四十个p值存在一个数组里，比如求第n个不可表示的数，则取第n个p值（假设为k），

计算第n个不可表示的数（2^(k - 1) - 1）% 1000000007 ↔ 2^(k - 1) % 1000000007 - 1，

但是我们会遇到一个问题2^(k - 1) 肯定会出现溢出.

这时我们可以，利用一个公式（A * B）mod C = ((A mod C) * (B mod C)) mod C

可推（a * b * c * d）mod e（若b， c， d是小于c的）= (((a mod e）* b) mod e * c) mod e * d) mod e

可推2^m mod c = ( (2^(m - 1) mod c)  *2) mod c = ((2^(m - 2) mod c   *  2) mod c   *   2) mod c(即乘以一次二取一次摸，多少次方重复多少次)

所以我们边取摸边计算就不会溢出

 代码如下：

#include <stdio.h>int givean(int n){int p[]={    2,3,5,7,13,17,19,31,61,89,107,127,521,607,1279,2203,2281,3217,4253,4423,9689,9941,11213,19937,21701,23209,44497,86243,110503,132049,216091,756839,859433,1257787,1398269,2976221,3021377,6972593,13466917,20996011};int num = p[n-1] - 1, s = 1, i;for (i = 1; i <= num; i++){s *= 2;s = s % 1000000007;}return s-1;}int main(){int n;scanf("%d", &n);printf("%d\n", givean(n));    return 0;}