]]>
设d1 = gcd(a, b), d2 = gcd(b, a % b), a > b且a = qb + r
只需证d1 | d2q且d2 | d1?br> 因ؓ(f)d2 | b, d2 | r, 因此d2 | (b + qr) = aQ根据d2 | b且d2 | a有d2 | gcd(a, b)Q即d2 | d1?br> 因ؓ(f)d1 | a, d1 | b, 因此d1 | (a - qb) = rQ根据d1 | b且d1 | r有d1 | gcd(b, r)Q即d1 | d2?br> Ҏ(gu)Euclid法执行q程Qgcd(a, b) = gcd(b, r) = gcd(r, b % r) = ... = gcd(rn, rn-1 % rn)Q如果rn-1 % rn = 0Q根据gcd(a, 0) = aQ有gcd(a, b) = rnQ证毕?br>
貌似偏序关系上证a = b很多都是利用反对U性，比如a >= bq且b >= a则a = bQ或者a | bq且b | a则a = bQ一个很常用且强大的Ҏ(gu)?br>
]]>
【题目分析?br> q是一道BT题，中间讄?jin)许多trick。开始对题意没有完全理解Q错?jin)很多次Q后来找来了(jin)数据Q才发现?jin)问题?br> 题目中描q的莯{略是：(x)"A player wins if after his move the size of some heap is a prime number."q句话乍一看以为是取完矛_后剩下的矛_个数是素数的时候就莯Q其实还隐藏着另一U可能：(x)如果多堆矛_个数是素敎ͼ当前玩家无论怎样取都能获胜，因ؓ(f)在他取完之后Q其他堆的石子个数是素数Q也满莯条g?br> 接下来考虑一般情c(din)这个题目是限制中间状态的Nim游戏Q也是_(d)对于一堆个Cؓ(f)n的石子而言Q它的SG值取决于于n的最大素数。注意这里题讑֏有了(jin)一个小trickQ题目说明了(jin)需要取1到k个，如果当前矛_个数本n是素敎ͼ当然是没用的Q因此是于n的最大素数。设于n的最大素数是p(题目中说明了(jin)矛_个数大于2Q因此p一定存?Q那么可以在k步以内到达p的一定是必胜态，而且是直接获胜，需要在输入的时候特?q一炚w要注意，在解决限制中间状态的Nim游戏时一般都需要特?。然后就是p + k + 1q个状态，因ؓ(f)它可辄状态全是必胜态，因此它是必|态，SGgؓ(f)0。现在考虑大于p + k + 1的状态，问题出来?jin)。以p + k + 2q个状态ؓ(f)例，因ؓ(f)它可以到达p + 2 ... p + k + 1q些状态，因ؓ(f)p + 2 ... p + k都是直接莯状态，如何判定他们的SG值呢Q如果假讑֮们的SG值是1Q那么p + k + 2q个状态的SG值应该是2。但是思考一下SG值的定义Q它是定义在一个DAG上的Q所有的状态最后都是可以在有限步内转移到终止?必|?。但是p + 1 ... p + kq些状态都转移C(jin)pq个状态上Q我们肯定不能认定p状态是l止态，因此仅仅凭借p + 1 ... p + kq些状态是必胜态就单的把它们的SGD?是不恰当的；q些限制状态和以前的题目还?sh)同Q这些限制状态都不能转移到终止态上Q但是由于题目的要求Q它们又都是必胜态，因此把它们的SGD为无I大更合适些?br> 仔细思考一下带限制状态的SG游戏Q可以发玎ͼ它们和一般的SG游戏的区别在于，在分析一般的SG游戏的时候，对于一个状态图而言Q{Udl止态的时候ƈ不意味着游戏l束Q因为玩家可以通过走其他的状态图来保证是否达到必胜态；但是带限制状态的SG游戏Q限制的状态双斚w是不敢走的，因ؓ(f)一旦一方走入限制状态，另一方立刻获胜，游戏q止了(jin)。可以认为，只要走入限制态就相当于认输，对于双方玩家而言肯定都不?x)这样做Q因此这些限制状态就成了(jin)“ȝ?#8221;Q完全可以忽视这些状态（也就是说不存在到q些状态的转移Q。通过上述分析Q我们可以认定p + k + 2q个状态的SG值应该是1而不??br> 现在q个问题的做法就比较明朗?jin)，对于每堆矛_Q去掉限制态的讨论后，变成了(jin)在集合{1...k}中选择元素的一个Subtraction GameQ它的SG值是?k + 1)循环的?br> 然后是求最q素数的问题?sh)(jin)，q个没有好办法，只能暴力枚D。对于一个数nQ在sqrt(n)到n之间存在素数Q感觉应该是Q但是不?x)证Q，因此最多枚举sqrt(n)ơ就能找到解。但是每ơ枚丑ֈ素的复杂度还是sqrt(n)Qd杂度q是比较高，我在本地跑数据跑?U，交上去超时了(jin)QSPOJ的时?0U，q居然也时Q数据够变态）(j)。想?jin)很久也没有什么新的算法，无奈只能在判素上下点功夫Q直接把Miller-Rabin搞出来了(jin)Q速度提高C(jin)2U，仍然时。后来又加了(jin)一些常C的优化，l于q了(jin)?br>
【ȝ?br> q个题目做了(jin)很长旉Q一斚w是审题(sh)清，错了(jin)几次Q另一斚w是对于SG的理论理解的不够透彻Q想?jin)很久终于想明白了(jin)；再有是优化法也花了(jin)很长时间。不q通过q个题目对于SG理论的理解又q了(jin)一步，感觉不错Q呵c(din)?
注：(x)本文作于2009q???9?7?br>
]]>
【题目分析?br> q个题目乍一看挺单的Q但是想做对q是要仔l的思考下的。补集{化的思想Q求出所有共U的三元l，然后用L减掉是{案?jin)，关键是如何求共U三元组。x坐标相同和y坐标相同的比较好计算Q在一条斜U的׃好算?jin)，M囑֏玎ͼ即斜率相同的线Q经q的格点数可能各不相同。思\当然q是枚Dy / xQ不同的y / x定?jin)不同的矩Ş区域Q，之后如何有效的计，我采用的Ҏ(gu)可能有些ȝ(ch)Q有点类Ҏ(gu)的方法。以斜率为a / bZQ?a, b) = gQ那么m * n的区域内一定有(m - a + 1) * (n - b + 1)个那么大的矩形，q样的矩形经q的格点数是(g + 1)Q然后因为同{斜率小一点的矩Ş(a - a / g, b - b / g)也是存在的，个数同样可以l计出来Q但是有些大矩Ş包括?jin)，要去掉；因此采用这U思想Q先求出大矩形的个数Q然后依ơ往(xin)下减Q就可以避免重复计数?jin)。虽然这样复杂度有点高，不过极限数据q是比较快的跑出来了(jin)?br> 说的可能不太清楚Q具体代码如下：(x)
1 #include <cstdio>
2 #include <iostream>
3 using namespace std;
4 const int N = 1024;
5
6 bool tag[N][N];
7 long long calc(long long n)
8 {
9 if (n <= 2)
10 return 0;
11 return n * (n - 1) * (n - 2) / 6;
12 }
13 int gcd(int a, int b)
14 {
15 return b == 0 ? a : gcd(b, a % b);
16 }
17
18 int main()
19 {
20 int m, n, g, a, b, timer = 1, cnt[N], ta, tb;
21 long long ans;
22
23 while (scanf("%d %d", &m, &n) == 2)
24 {
25 memset(tag, 0, sizeof(tag));
26 if (m == 0 && n == 0)
27 break;
28 ans = calc((m + 1) * (n + 1)) - calc(m + 1) * (n + 1) - calc(n + 1) * (m + 1);
29 for (int i = m; i >= 1; i--)
30 for (int j = n; j >= 1; j--)
31 {
32 g = gcd(i, j);
33 a = i / g, b = j / g;
34 if (tag[a][b]) continue;
35 memset(cnt, 0, sizeof(cnt));
36 tag[a][b] = 1;
37 a = i, b = j;
38 ta = i / g, tb = j / g;
39 for (int k = g; k >= 2; k--)
40 {
41 cnt[k] += (m - a + 1) * (n - b + 1);
42 ans -= calc(k + 1) * cnt[k] * 2;
43 for (int t = 1; t <= k - 2; t++)
44 cnt[k-t] -= (t + 1) * cnt[k];
45 a -= ta, b -= tb;
46 }
47 }
48 cout << "Case " << timer++ << ": " << ans << endl;
49 }
50
51 return 0;
52 }
53
2 #include <iostream>
3 using namespace std;
4 const int N = 1024;
5
6 bool tag[N][N];
7 long long calc(long long n)
8 {
9 if (n <= 2)
10 return 0;
11 return n * (n - 1) * (n - 2) / 6;
12 }
13 int gcd(int a, int b)
14 {
15 return b == 0 ? a : gcd(b, a % b);
16 }
17
18 int main()
19 {
20 int m, n, g, a, b, timer = 1, cnt[N], ta, tb;
21 long long ans;
22
23 while (scanf("%d %d", &m, &n) == 2)
24 {
25 memset(tag, 0, sizeof(tag));
26 if (m == 0 && n == 0)
27 break;
28 ans = calc((m + 1) * (n + 1)) - calc(m + 1) * (n + 1) - calc(n + 1) * (m + 1);
29 for (int i = m; i >= 1; i--)
30 for (int j = n; j >= 1; j--)
31 {
32 g = gcd(i, j);
33 a = i / g, b = j / g;
34 if (tag[a][b]) continue;
35 memset(cnt, 0, sizeof(cnt));
36 tag[a][b] = 1;
37 a = i, b = j;
38 ta = i / g, tb = j / g;
39 for (int k = g; k >= 2; k--)
40 {
41 cnt[k] += (m - a + 1) * (n - b + 1);
42 ans -= calc(k + 1) * cnt[k] * 2;
43 for (int t = 1; t <= k - 2; t++)
44 cnt[k-t] -= (t + 1) * cnt[k];
45 a -= ta, b -= tb;
46 }
47 }
48 cout << "Case " << timer++ << ": " << ans << endl;
49 }
50
51 return 0;
52 }
53
]]>
#include <cstdio>#include <cmath>#include <algorithm>using namespace std;const int MOD = 11, N = 100001;int d[N], m[N];int power_mod(int a, int b)
{
int ret = 1, f = a; while (b)
{ if (b & 1) ret = ret * f % MOD; f = f * f % MOD; b >>= 1;
} return ret;
}void init(){ int tmp; for (int i = 2; i < N; i++) { tmp = (int)(ceil(i * log(i) / log(10.0) + 1e-2) + 1e-1); d[i] = tmp; m[i] = power_mod(i % MOD, i); }}int main(){ char str[N*5]; int T, p, len, tmp; init(); scanf("%d", &T); while (T--) { scanf("%s", str); len = strlen(str); if (len == 1 && str[0] == '1') { puts("1"); continue; } p = lower_bound(d, d + N, len) - d; tmp = 0; for (int i = 0; i < len; i++) { tmp = tmp * 10 + (str[i] - '0'); tmp = tmp % MOD; } printf("%d\n", tmp == m[p] ? p : -1); } return 0;}]]>
]]>
令u = (z - y) / 2Qv = (z + y) / 2。因为y、z互质Q那么u、v互质。如果不互质Q有v = kuQ变换后得到Qz / y = (k + 1) / (k - 1)。因为z和y互质Q这栯个等式的解只能是z = k + 1且y = k - 1。这L(fng)话u = 1。可以理解ؓ(f)q也是互质的Ҏ(gu)情况(gcd = 1)。这?x / 2) ^ 2 = u * vQu和v没有公共的质因数Q因此必然u和v都是完全qx(chng)数。接下来的事情就比较单了(jin)Qo(h)u = m ^ 2Qv = n ^ 2Q然后利用m和n表示x、y、z有：(x)y = n ^ 2 - m ^ 2Qx = 2 * m * nQz = n ^ 2 + m ^ 2。这样题目中数据范围1000000Q而枚举m和n的范围最?000Q这个复杂度可以接受了(jin)。枚丄时候不用担?j)出现重复的互质的x与yQ因里x一定是偶数Q如果x和y已经互质Q那么y一定是奇数Q解是唯一的?br /> 很囧的是q个巧妙的方法居然公元前250q就有大牛想C(jin)Q丢番图Q，实在orzQ?
]]>
附PKU 1811代码Q?/p>
PKU 18111 #include <cstdio>
2 #include <stdlib.h>
3 #include <time.h>
4 const int MAX = 8, N = 1000010;
5
6 long long ans, p[N/5];
7 int tag[N];
8
9 long long abs(long long t)
10 {
11 return t < 0 ? -t : t;
12 }
13 void prime()
14 {
15 int cnt = 0;
16
17 for (int i = 2; i < N; i++)
18 {
19 if (!tag[i]) p[cnt++] = i;
20 for (int j = 0; j < cnt && p[j] * i < N; j++)
21 {
22 tag[i*p[j]] = p[j];
23 if (i % p[j] == 0)
24 break;
25 }
26 }
27 }
28 long long gcd(long long a, long long b)
29 {
30 return !b ? a : gcd(b, a % b);
31 }
32 long long MultiMod(long long a, long long b, long long k)
33 {
34 long long ret = 0, tmp = a % k;
35
36 while (b)
37 {
38 if (b & 1)
39 ret = (ret + tmp) % k;
40 tmp = (tmp << 1) % k;
41 b >>= 1;
42 }
43
44 return ret;
45 }
46 long long PowerMod(long long a, long long b, long long k)
47 {
48 long long ret = 1, f = a % k;
49
50 while (b)
51 {
52 if (b & 1)
53 ret = MultiMod(ret, f, k);
54 f = MultiMod(f, f, k);
55 b >>= 1;
56 }
57 return ret;
58 }
59 int TwiceDetect(long long a, long long b, long long k)
60 {
61 int t = 0;
62 long long x, y;
63
64 while ((b & 1) == 0)
65 {
66 b >>= 1;
67 t++;
68 }
69 y = x = PowerMod(a, b, k);
70 while (t--)
71 {
72 y = MultiMod(x, x, k);
73 if (y == 1 && x != 1 && x != k - 1)
74 return 0;
75 x = y;
76 }
77 return y != 1 ? 0 : 1;
78 }
79 bool MillerRabin(long long n)
80 {
81 int i;
82 long long tmp;
83
84 srand(time(0));
85 for (i = 0; i < MAX; i++)
86 {
87 tmp = rand() % (n - 1) + 1;
88 if (TwiceDetect(tmp, n - 1, n) != 1)
89 break;
90 }
91 return (i == MAX);
92 }
93 long long pollard_rho(long long n)
94 {
95 srand(time(0));
96 int i = 1, k = 2;
97 long long d, x = rand() % (n - 1) + 1, y = x;
98 while (true)
99 {
100 i++;
101 x = (MultiMod(x, x, n) - 1) % n;
102 d = abs(gcd(y - x, n));
103 if (d != 1 && d != n)
104 return d;
105 if (i == k)
106 {
107 y = x;
108 k <<= 1;
109 }
110 }
111 }
112 void factorization(long long n)
113 {
114 long long tmp;
115
116 if (n < N)
117 {
118 ans <?= !tag[n] ? n : tag[n];
119 return;
120 }
121 if (MillerRabin(n))
122 {
123 ans <?= n;
124 return;
125 }
126 tmp = pollard_rho(n);
127 factorization(tmp);
128 factorization(n / tmp);
129 }
130
131 int main()
132 {
133 int T;
134 long long n;
135
136 scanf("%d", &T);
137 prime();
138 while (T--)
139 {
140 scanf("%I64d", &n);
141 if (n < N)
142 {
143 if (tag[n] == 0)
144 puts("Prime");
145 else
146 printf("%d\n", tag[n]);
147 continue;
148 }
149 if (MillerRabin(n))
150 puts("Prime");
151 else
152 {
153 ans = 0xfffffffffffffffLL;
154 factorization(n);
155 printf("%I64d\n", ans);
156 }
157 }
158
159 return 0;
160 }
161
]]>
1 #include <cstdio>
2 const int M = 14;
3 const long long max = 1000000000000000LL;
4
5 int p[M] = {2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41}, k;
6 long long ans;
7 void solve(long long v, int factor, int pos)
8 {
9 if (factor >= k)
10 {
11 if (factor == k) ans <?= v;
12 return;
13 }
14 if (k % factor) return;
15 if (pos == M) return;
16 for (int i = 1; i <= 50; i++)
17 {
18 v *= p[pos];
19 if (v > max) break;
20 solve(v, factor * (i + 1), pos + 1);
21 }
22 }
23
24 int main()
25 {
26 while (scanf("%d", &k) == 1)
27 {
28 ans = max + 1;
29 solve(1, 1, 0);
30 if (ans > max) printf("-1\n");
31 else printf("%lld\n", ans);
32 }
33
34 return 0;
35 }
36
2 const int M = 14;
3 const long long max = 1000000000000000LL;
4
5 int p[M] = {2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41}, k;
6 long long ans;
7 void solve(long long v, int factor, int pos)
8 {
9 if (factor >= k)
10 {
11 if (factor == k) ans <?= v;
12 return;
13 }
14 if (k % factor) return;
15 if (pos == M) return;
16 for (int i = 1; i <= 50; i++)
17 {
18 v *= p[pos];
19 if (v > max) break;
20 solve(v, factor * (i + 1), pos + 1);
21 }
22 }
23
24 int main()
25 {
26 while (scanf("%d", &k) == 1)
27 {
28 ans = max + 1;
29 solve(1, 1, 0);
30 if (ans > max) printf("-1\n");
31 else printf("%lld\n", ans);
32 }
33
34 return 0;
35 }
36
]]>
设f[i]表示i的约数和Qe[i]表示i的最素因子个数Qt[i]表示(p1 ^ 0 + .. + p1 ^ a1)Qp1是t的最素因子Qa1是p1的幂ơ，q样对于i * p[j]Q如果p[j]不是i的因子，那么Ҏ(gu)U性条Ӟf[i*p[j]] = f[i] * (1 + p[j])Qe[i] = 1Qt[i] = 1 + p[j]Q如果p[j]是i的因子，那么相当于t[i]多了(jin)一p1 ^ (a1 + 1)Q首先e[i]++Q然后tmp = t[i]Qt[i] += p[j] ^ e[i]Qf[i*p[j]] = f[i] / tmp * t[i]。这样也做C(jin)O(1)的时间计出?jin)f[i*p[j]]同时也计出?jin)附加信息?br>
q种Ҏ(gu)q可以(h)l推q，例如可以记录i的最素因子Q这样就可以做到O(log n)旉的素因子分解?/p>
]]>
TJU 3027#include <cstdio>const int N = 8;void extended_gcd(int a, int b, int &x, int &y)
{ if (!b)
{ x = 1; y = 0; return; } extended_gcd(b, a % b, x, y); int tmp = x; x = y; y = tmp - a / b * y;}int modular_linear_equation_system(int b[N], int m[N], int n){ int M = 1, x, y, ret = 0; for (int i = 0; i < n; i++) M *= m[i]; for (int i = 0; i < n; i++) { extended_gcd(M / m[i], m[i], x, y); ret += M / m[i] * x * b[i]; } while (ret <= 0) ret += M; while (ret > M) ret -= M; return ret;}int main(){ int m[N], b[N], T, n, tmp, ans; const int num = 4, numc = 3; char str[N], hash[30] = " ABCDEFGHIJKLMNOPQRSTUVWXYZ "; scanf("%d", &T); while (T--) { scanf("%d", &n); for (int i = 0; i < num; i++) scanf("%d", &m[i]); for (int j = 0; j < n; j++) { scanf("%d", &tmp); for (int i = 1; i <= num; i++) { b[num-i] = tmp % 100; tmp /= 100; } ans = modular_linear_equation_system(b, m, num); for (int i = 1; i <= numc; i++) { str[numc-i] = hash[ans%100]; ans /= 100; } str[numc] = '\0'; if (j == n - 1) { int k = numc - 1; for (; k >= 0; k--) if (str[k] != ' ') break; str[k+1] = '\0'; } printf("%s", str); } putchar('\n'); } return 0;}]]>
#include <cstdio>#include <stdlib.h>const int MAX = 4, N = 1000000;long long PowerMod(long long a, long long b, long long k){ long long ret = 1, f = a; while (b) { if (b & 1) ret = ret * f % k; f = f * f % k; b >>= 1; } return ret;}bool MillerRabin(long long n){ int i; long long tmp; srand(100); for (i = 0; i < MAX; i++) { tmp = rand() % (n - 1) + 1; if (PowerMod(tmp, n - 1, n) != 1) break; } return (i == MAX);}int main(){ long long n, i, j; bool tag[N] = {1, 1, 0}; for (i = 2; i * i < N; i++) { if (tag[i]) continue; for (j = i; j * i < N; j++) tag[j*i] = 1; } while (scanf("%lld", &n) == 1) { if (n < N) printf("%s\n", tag[n] ? "NO" : "YES"); else printf("%s\n", ((n & 1) == 0) || !MillerRabin(n) ? "NO" : "YES"); } return 0;}]]>
#include <cstdio>
long long PowerMod(long long a, int b, int k)
{
long long tmp = a, ret = 1;
while (b)
{
if (b & 1)
ret = ret * tmp % k;
tmp = tmp * tmp % k;
b >>= 1;
}
return ret;
}
int main()
{
long long a;
int b, k;
while (scanf("%lld %d %d", &a, &b, &k) == 3)
printf("%lld\n", PowerMod(a, b, k));
return 0;
}
long long PowerMod(long long a, int b, int k)
{
long long tmp = a, ret = 1;
while (b)
{
if (b & 1)
ret = ret * tmp % k;
tmp = tmp * tmp % k;
b >>= 1;
}
return ret;
}
int main()
{
long long a;
int b, k;
while (scanf("%lld %d %d", &a, &b, &k) == 3)
printf("%lld\n", PowerMod(a, b, k));
return 0;
}
]]>