数论杂题

来源：互联网发布：华兴资本知乎编辑：程序博客网时间：2024/06/03 13:21

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杂题：

1.hdu1717

题意：将小数化为分数（小数可为循环小数和不循环的普通小数）
[题解]

2.hdu1452

题意：输入x，求2004^x的所有因子的和，结果对29取余。

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

3.hdu2483

题意：给定一个由0和1构成的n*m矩阵。问矩阵中符合条件的子矩阵有多少个？条件：
1.边长大于等于2的正方形；
2.四边都没有0；
3.除4边外的部分，0和1的个数差小于等于1

题解：
f[i][j]=f[i−1][j]+f[i][j−1]−f[i−1][j−1]+a[i][j]
便能快速知道一个边长为t的正方形中“1”的个数

a[x][y][0]=a[x−1][y][0]+a[x][y]
a[x][y][1]=a[x][y−1][1]+a[x][y]
便能快速判断一个边长为t的正方形四周是否都为“1”

4.poj3604

题意：输入一个数n，它的因子为ai，对于每个ai，bi表示ai的因子数。现在求的是∑bi3。

题解：
n=pc11∗pc22∗...∗pcnn
不妨设bi=pa11∗pa22∗...∗pann
则：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
∴代入原式变可求得答案

5.poj2115

题意：求x，使得(a+c∗x)%2k=b

题解：扩展欧几里得

6.poj3358

题意：将一个分数转化为二进制，求二进制从哪一位循环，循环节是多大。
题解：
以1/10为例：
取模前： 110210410810161032106410
取模后： 110210410810610210410
然后就发现了一些奥妙重重的东东～～
由于是二进制，所以分子可以表示为2x,而模数即q
2x=2y(modp)，2x(2(y−x)−1)=0(modp)，即p|2x(2(y−x)−1)，首先把p尽量整除2直到不能整除为止，这个步骤的次数就是满足原式最小的x，并得到p’。2(y−x)=1(modp′)
根据欧拉定理，t=y−x=phi(p′)满足此式。但不是最小值，枚举phi(p’)约数。

7.hdu4091

题意：读入s1,s1,c1,c2,v,求m,n使得在满足ms1+ns2≤v下
mc1+nc2最大。
题解：贪心，将价值与体积比大(称为价值比)的优先放入。但体积限制，这样还不可以，还需要枚举减少价值比大的宝石个数，是否可以增大所求价值。又我们可以知道对于体积是m=lcm(s1,s2)背包，肯定全选价值比大的。所以至多只要枚举n−nm+m的体积。

8.poj1845

题意：求ab的所有因子和
题解：首先将ab=pbk11pbk22...pbknn
因子和=(1+p1+p21+p31+...+pbk11)∗(1+p2+p22+p32+...+pbk22)∗...∗(1+pn+p2n+p3n+...+pbknn)
那么我们现在的最大问题就在于如何求1+p+p2+p3+...+pm
法一：公式法
等比数列求和公式：1+pi+...+pcii=(p(ci+1)i−1)(pi−1)，然后求一下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为偶数
1+p+p2+p3+...+pk=(1+pk−12)(1+p+p2+p3+...+pk−12)+pkk为奇数

9.hdu3864

题意：求n是否只有4个因子，如果是就输出除1外的所有因子。
题解：这题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

题意：

第二类斯特林数的奇偶问题。
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)
由于数据较大，不能根据第二类斯特灵数来求解S（n,m）的值，那么就要用到Sierpinski三角形中的一个结论：

S(N,K)=C(Z,W)mod2
Z=N−向上取整M+12,W=向下取整M−12
组合数C(N,K)为奇数当且仅当NandK=K时成立
有了这个公式，题目就简单了

11. 51NOD1130

题意：

求n!的长度(n≤109)

分析：

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

12. 51NOD1386

题意：

从1~n中选出尽可能少的数，使得剩下的每个数至少和一个被选择的数不互质，k不能被选择
数据范围：n,k<=1000

分析：

题目相当于被选择的数分解质因数后包含所有质因数
每个数分解质因数之后最多只含有一个大于sqrt(n)的质因子
以这个质因子为依据将所有数进行分类
同时记录质因子2、3、5、7、11、13、17、19、23、29、31有没有出现过
然后就可以高兴地动归了~
f[i][j]表示前i个数状态为j的答案。
因为大于31的数的质数一定要选，但它可以和2~31的质数合并，那么我们一开始就加上31以后的质数个数，在选大于31的合数分解后有大于31的质数是，就相当于没有加数。（~~还是看代码吧~~）

#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);    }}

~~代码好像更难懂....~~

13.☆bzoj2159☆

题解

14.bzoj4555

题解

15.bzoj3992

题意：

题目大意：给定n(n<=10^9)，质数m(3<=m<=8000)，1<=x=m，以及一个[0,m-1]区间内的集合S，求有多少长度为n的数列满足每个元素都属于集合S且所有元素的乘积mod m后=x

分析：

首先对于m，求出它的原根g，于是就将乘法变成加法的问题了。
再快速幂一波就好了，每次将大于m的数加到前面

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(){........//核心代码    for (int i=0,t=1;i<m-1;t=t*root%m,i++)        pos[t]=i;//求出每一个余数相当于原根的几次方    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

题意：

求出n个点的简单(无重边无自环)无向连通图数目

题解

17.bzoj3625

题意：

给定n，给定c1,c2,...,cm。
给定m，对于任意s≤m，求每个点权属于c，权值和为s的二叉树的个数。

1≤n,m≤105
答案对998244353(7∗17∗223+1,一个质数)取模。

分析：

f(x)表示权值总和为x的树的总数。
c(x)表示有没有权值为x的数。
f(x)=∑xk=0c(k)∗∑x−kj=0f(j)∗f(x−j−k)
搞出生成函数F,C
F=∑∞i=0f(i)xi
C=∑∞i=0c(i)xi
于是乎
F=C∗F∗F+1（1为x=0的情况）
∴F=1±1−4C√2c
发现有两种可能，嗯~检验一下。
注意到f(0)=1;
∴当x→0时
1+1−4C√2c→∞
1−1−4C√2c→1
∴F=1−1−4C√2c
∴F=21+1−4C√（上下同时乘以1+1−4C−−−−−−√）
这样就变成了多项式开根和多项式逆元的傻题了。

18.常见排列组合

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