[Codeforces] number theory (R1600) Part.1

[Codeforces] number theory (R1600) Part.1

题单:https://codeforces.com/problemset/page/1?tags=number+theory%2C1201-1600

71C. Round Table Knights

原题指路:https://codeforces.com/problemset/problem/71/C

题意 $(0.5\mathrm{s})$

$n$个人等间距地围成一圈,好人用$1$表示,坏人用$0$表示.问是否存在一个只以好人为顶点的(非退化)正多边形.

第一行输入一个整数$n(3\le n\le 1\mathrm{e}5)$.第二行输入$n$个整数$0$或$1$.

思路

枚举间隔的点数$d$,则有解的必要条件是$d\mid n$且多边形边数$\frac{n}{d}\ge 3$.枚举环上的起点,检查正多边形的顶点是否都是$1$.

$1\mathrm{e}5$内的整数的约数个数最多为$cnt=128$,对每个约数至多需检查常数遍$n$个顶点,时间复杂度$O(cnt\cdot n)$.

代码

void solve() {
	int n; cin >> n;
	vi a(n);
	for (auto& ai : a) cin >> ai;

	for (int d = 1; d <= n; d++) {  // 枚举间隔
		if (n / d < 3) break;  // 后面的间隔都太大
		if (n % d) continue;

		for (int begin = 0; begin < d; begin++) {  // 枚举起点
			bool ok = true;
			for (int i = begin; i < n; i += d) {  // 检查多边形顶点
				if (!a[i]) {
					ok = false;
					break;
				}
			}
			
			if (ok) {
				cout << "YES" << endl;
				return;
			}
		}
	}
	cout << "NO" << endl;
}

int main() {
	solve();
}
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75C. Modified GCD

原题指路:https://codeforces.com/problemset/problem/75/C

题意 $(2\mathrm{s})$

给定两正整数$a,b$和区间$[l,r]$,求$a$与$b$在区间$[l,r]$内的$\gcd$,若无解则输出$-1$.

第一行输入两个整数$a,b(1\le a,b\le 1\mathrm{e}9)$.第二行输入一个整数$t(1\le t\le 1\mathrm{e}4)$,表示询问次数.接下来$t$行每行输入两个整数$l,r(1\le l\le r\le 1\mathrm{e}9)$.

思路

预处理出$a$和$b$各自的因数,两集合求交即公约数,二分是否存在$[l,r]$内的约数即可.

代码

vii factors;

void get_factors(int n) {
	for (int i = 2, d  = 1; (ll)i * i <= n; i += d, d = 2) {
		if (n % i == 0) {
			factors.push_back({ i,0 });
			while (n % i == 0) {
				n /= i;
				factors.back().second++;
			}
		}
	}
	if (n > 1) factors.push_back({ n,1 });
}

vi divisors;

void get_divisors(int idx = 0, int product = 1) {
	if (idx == factors.size()) {
		divisors.push_back(product);
		return;
	}

	for (int i = 0; i <= factors[idx].second; i++) {
		get_divisors(idx + 1, product);
		product *= factors[idx].first;
	}
}

void solve() {
	int a, b; cin >> a >> b;

	get_factors(a);
	get_divisors();
	vi d1 = divisors;  // a的约数
	
	factors.clear();
	divisors.clear();
	get_factors(b);
	get_divisors();
	vi d2 = divisors;  // b的约数

	sort(all(d1)), sort(all(d2));
	vi common;  // a与b的公约数
	set_intersection(all(d1), all(d2), inserter(common, common.begin()));

	CaseT{
		int l, r; cin >> l >> r;
		
		int pos = upper_bound(all(common), r) - common.begin() - 1;
		cout << (pos < 0 || common[pos] < l ? -1 : common[pos]) << endl;
	}
}

int main() {
	solve();
}
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123A. Prime Permutation

原题指路:https://codeforces.com/problemset/problem/123/A

题意

给定一个长度为$|s|$的、只包含小写英文字母的字符串$s$,下标从$1$开始.问是否能重排$s$中字符的顺序使得对任意素数$p\le |s|$和任意整数$i\in \left[1,\frac{|s|}{p}\right]$,有$s_p=s_{p\cdot i}$,若能,输出"YES"并输出任一方案;否则输出"NO".

思路

显然$s$中除下标$1$和下标为$>\frac{|s|}{2}$的素数外的下标的字符应相同,它们都与下标$2$的字符相同.

[证] 对下标$pos>\frac{|s|}{2}$的位置,

①若$pos$非素数,则存在一个$\le \frac{|s|}{2}$的素数$ps.t.p\mid pos$,进而下标$pos$的字符与下标$2$的字符相同.

②若$pos$是素数,则该位置的字符可任意.

最优策略:将$s$中出现次数最多的字符作为$s$中除下标$1$和下标为$>\frac{|s|}{2}$的素数外的下标的字符.

代码

const int MAXN = 1005, MAXM = 30;
int n;
char str[MAXN];
int cnt[MAXM];
bool same[MAXN];  // 记录字符是否应相同

void solve() {
	cin >> str + 1;

	n = strlen(str + 1);
	for (int i = 1; i <= n; i++) cnt[str[i] - 'a']++;

	int idx = 0;  // 出现次数最多的字符的下标
	for (int i = 0; i < 26; i++)
		if (cnt[i] > cnt[idx]) idx = i;

	// 预处理出需要相同的字符的下标
	for (int i = 2; i * i <= n; i++) {
		if (!same[i])
			for (int j = i * i; j <= n; j += i) same[j] = true;
	}
	for (int i = 2; 2 * i <= n; i++) same[i] = true;

	for (int i = 1; i <= n; i++) {  // 需要相同的字符的位置放出现次数最多的字符
		if (same[i]) {
			if (!cnt[idx]) {
				cout << "NO";
				return;
			}

			str[i] = idx + 'a';
			cnt[idx]--;
		}
	}
	
	idx = 0;  // 清空
	for (int i = 1; i <= n; i++) {  // 放剩下的位置
		if (!same[i]) {
			while (!cnt[idx]) idx++;

			str[i] = idx + 'a';
			cnt[idx]--;
		}
	}

	cout << "YES" << endl << str + 1;
}

int main() {
	solve();
}
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150A. Win or Freeze

原题指路:https://codeforces.com/problemset/problem/150/A

题意 $(2\mathrm{s})$

A和B两人玩游戏,A先手.初始时纸上有一个整数$n$,每轮每人写出一个上一个写的数的非平凡因子(非$1$和它本身的因子),不能操作者胜.给定$n(1\le n\le 1\mathrm{e}13)$,问最后谁胜利.若A胜,第一行输出$1$,第二行输出他的第一步操作,若他无法进行第一次操作,输出$0$;若B胜,输出$2$.

思路

只有当$n$形如$pq$或$p^2$时B胜,其中$p,q$为素因子.

对其余情况,先预处理出$n$的素因子后,若素因子个数为$1$(含重复的素因子),则$n$为素数,进而A无法进行第一次操作,输出$1$;否则A至少有两个素因子,输出前两个素因子之积即可.

代码

void solve() {
	ll n; cin >> n;
    
  if (n == 1) {
    cout << 1 << endl << 0;
    return;
  }

  vl divisors;
  for (ll i = 2; i <= sqrt(n); i++) {
    if (n % i == 0) {
      while (n % i == 0) {
        n /= i;
        divisors.push_back(i);
      }
    }
  }
  if(n > 1) divisors.push_back(n);

  if (divisors.size() == 2) cout << 2;
  else {
    cout << 1 << endl;
    cout << (divisors.size() == 1 ? 0 : divisors[0] * divisors[1]);
  }
}

int main() {
	solve();
}
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154B. Colliders

原题指路:https://codeforces.com/problemset/problem/154/B

题意 $(2\mathrm{s})$

有编号$1\sim n$的$n$个机器,要求正在工作的机器的编号两两互素.

现有两种操作:

(1)$+i$,表示开启$i$号机器.

​ ①若成功开启,则输出"Success".

​ ②若$i$号机器已开启,则输出"Already on".

​ ③若开启$i$机器后,存在$j$号机器使得$\gcd (i,j)\ne 1$,则输出"Conflict with j",此时不开启$i$号机器.

(2)$-i$,表示关闭$i$号机器.

​ ①若成功关闭,则输出"Success".

​ ②若$i$号机器已关闭,则输出"Already off".

第一行输入两个整数$n,m(1\le n,m\le 1\mathrm{e}5)$,分别表示机器数和操作数.接下来$m$每行输入一个操作,格式如上,数据保证操作合法.

思路

预处理出$[1,n]$中每个数的素因数后,用set模拟上述过程即可.

代码

const int MAXN = 1e5 + 5;
vi divisors[MAXN];  // divisors[i]表示i的素因子
bool on[MAXN];  // 记录每个机器是否开启
set s[MAXN];  // s[i]记录当前开启的i的倍数的编号

vi get_divisors(int n) {
	vi res;
	for (int i = 2; (ll)i * i <= n; i++) {
		if (n % i == 0) {
			res.push_back(i);
			while (n % i == 0) n /= i;
		}
	}
	if (n > 1) res.push_back(n);
	return res;
}

void solve() {
	int n; cin >> n;

	for (int i = 1; i <= n; i++)  // 预处理出[1,n]中所有数的素因子
		divisors[i] = get_divisors(i);

	CaseT{
		char op; int x; cin >> op >> x;
		if (op == '+') {
			if (on[x]) {
				cout << "Already on" << endl;
				continue;
			}

			int conflict = 0;  // 冲突的机器编号,0表示无冲突
			for (auto i : divisors[x]) {
				if (s[i].size()) {
					conflict = *s[i].begin();
					break;
				}
			}

			if (conflict) cout << "Conflict with " << conflict << endl;
			else {
				cout << "Success" << endl;
				on[x] = true;
				for (auto i : divisors[x]) s[i].insert(x);
			}
		}
		else {
			if (!on[x]) cout << "Already off" << endl;
			else {
				cout << "Success" << endl;
				on[x] = false;
				for (auto i : divisors[x]) s[i].erase(x);
			}
		}
	}
}

int main() {
	solve();
}
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158D. Ice Sculptures

原题指路:https://codeforces.com/problemset/problem/158/D

题意 $(3\mathrm{s})$

顺时针编号$1\sim n$的$n$个冰雕等间距地围成一圈,其中$i$号冰雕的好看程度为$a_i$.现要融化若干个(可能为零个)冰雕,使得剩下的冰雕构成一个(非退化的)正多边形,且好看程度之和最大,求好看程度之和的最大值.

第一行输入一个整数$n(3\le n\le 2\mathrm{e}4)$.第二行输入$n$个整数$a_1,\cdots ,a_n(-1000\le a_i\le 1000)$.

思路

显然相邻两保留的冰雕间的距离为$n$的约数.枚举$n$的约数$d$,对每个$d$,枚举起点$begin$,统计并更新答案即可.

代码

void solve() {
	int n; cin >> n;
  vi a(n);
  for (int& ai : a) cin >> ai;

  int ans = -INF;
  for (int d = 1; d <= n; d++) {  // 枚举间隔
    if (n / d < 3) break;  // 后面间隔都太大
    if (n % d) continue;

    for (int begin = 0; begin < d; begin++) {  // 枚举起点
      int res = 0;
      for (int i = begin; i < n; i += d) res += a[i];
      ans = max(ans, res);
    }
  }
  cout << ans;
}

int main() {
	solve();
}
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171F. ucyhf

原题指路:https://codeforces.com/problemset/problem/171/F

题意 $(2\mathrm{s})$

称一个素数是emirp的,如果它翻转后是与其本身不同的素数.求第$n(1\le n\le 11184)$个emirp的素数,下标从$1$开始.

思路

暴力枚举即可.

第$11184$个emirp的素数是$999983$,故答案不会爆int.

代码

int get_rev(int n) {
	string s = to_string(n);
	reverse(all(s));
	return stoi(s);
}

bool is_prime(int n) {
	if (n <= 2) return n == 2;
	
	for (int i = 2; (ll)i * i <= n; i++)
		if (n % i == 0) return false;
	return true;
}

void solve() {
	int n; cin >> n;

	int ans = 12;  // 从第一个emirp13减1开始
	while (n) {
		ans++;
		if (ans != get_rev(ans) && is_prime(ans) && is_prime(get_rev(ans))) n--;
	}
	cout << ans;
}

int main() {
	solve();
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172D. Calendar Reform

原题指路:https://codeforces.com/problemset/problem/172/D

题意 $(2\mathrm{s})$

给定正整数$a,n(1\le a,n\le 1\mathrm{e}7,a+n-1\le 1\mathrm{e}7)$,问$a,a+1,\cdots ,a+n-1$这$n$个数能拆成多少个正的完全平方数之和.

思路

设能整除数$j$的最大完全平方数为$i^2$.先用筛法预处理出$1\mathrm{e}7$内的$res[j]=\frac{j}{i^2}$,再对给定的范围统计答案即可.

代码

const int MAXN = 1e7 + 5;
int res[MAXN];

void init() {
  for (int i = 1; (ll)i * i < MAXN; i++) {
    for (int j = i * i; j < MAXN; j += i * i)
      res[j] = j / (i * i);
  }
}

void solve() {
  init();

	int a, n; cin >> a >> n;

  ll ans = 0;
  for (int i = a; i <= a + n - 1; i++) ans += res[i];
  cout << ans;
}

int main() {
	solve();
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255B. Well-known Numbers

原题指路:https://codeforces.com/problemset/problem/225/B

题意 $(2\mathrm{s})$

定义$k$-bonacci数如下:①$F(k,n)=0(1\le n\le k)$;②$F(k,k)=1$;③$F(k,n)=F(k,n-1)+F(k,n-2)+\cdots +F(k,n-k)(n>k)$,其中$n,k\in \mathbb{Z}$.给定一个正整数$s$,将其分解为若干个(至少两个)相异的$k$-bonacci数之和.

第一行输入两个整数$s,k(1\le s,k\le 1\mathrm{e}9,k>1)$.

第一行输出分解成的$k-$bonacci数的个数,第二行输出分解.若有多组解,输出任一组.

思路

$F(k,n)=F(k,n-1)+F(k,n-2)+\cdots +F(k,n-k)(n>k)$,

​ $F(k,n-1)=F(k,n-2)+F(k,n-3)+\cdots +F(k,n-k-1)$，

​ 两式相减得$F(k,n)+F(k,n-k-1)=2F(k,n-1)$.

移项得$2F(k,n-1)\ge F(k,n)(n>k)$.显然该不等式当$n\le k$时也成立.

贪心,将$s$减去能减去的最大的$k-$bonacci数直至$s=0$.

[证] 只需证明分解中不会出现两个相等的数.若不然,设分解中存在两相等的数$F(k,x)$.

注意到$2F(k,x)\ge F(k,x+1)$,则可将两相等的数替换为$F(k,x+1)$.

预处理出不超过$s$的相异的$k-$bonacci数,其中求和的部分可类似于滑动窗口.

代码

ll s, k; 
umap kbon;
vl res;  // 存不同的k-bonacci数

ll cal(int n) {  // 求kbon[n]
  if (n < k) return kbon[n] = 0;
  if (n == k) return kbon[n] = 1;
  return kbon[n];
}

void init() {  // 预处理出不超过s的k-bonacci数
  res.push_back(0), res.push_back(1);

  ll cur = 1;
  int idx = k + 1;
  kbon[idx] = cur;

  while (cur <= s) {
    cur -= cal(idx - k), cur += cal(idx);
    kbon[++idx] = cur;
    if (res.back() != cur) res.push_back(cur);
  }
}

void solve() {
	cin >> s >> k;

  init();

  vi ans;
  while (res.size()) {
    if (res.back() <= s) {
      ans.push_back(res.back());
      s -= res.back();
    }
    res.pop_back();
  }
  cout << ans.size() << endl;
  for (auto i : ans) cout << i << ' ';
}

int main() {
	solve();
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230B. T-primes

原题指路:https://codeforces.com/problemset/problem/230/B

题意 $(2\mathrm{s})$

称一个正整数是T-prime的,如果它有且只有三个相异的约数.

有$t(1\le t\le 1\mathrm{e}5)$组测试数据.每组测试数据输入一个整数$x(1\le x\le 1\mathrm{e}12)$.

对每组测试数据,若$x$是T-prime的,输出"YES";否则输出"NO".

思路

显然只有素数的平方是T-prime的.预处理出$1\mathrm{e}6$内的素数,将它们的平方加入set中即可.

代码

const int MAXN = 1e6 + 5;
int primes[MAXN], cnt;
bool state[MAXN];
set s;

void init() {
  for (int i = 2; i < MAXN; i++) {
    if(!state[i]) primes[cnt++] = i;

    for (int j = 0; (ll)primes[j] * i < MAXN; j++) {
      state[primes[j] * i] = true;
      if (i % primes[j] == 0) break;
    }
  }

  for (int i = 0; i < cnt; i++) s.insert((ll)primes[i] * primes[i]);
}

void solve() {
  init();

  CaseT{
    ll n; cin >> n;
    if(s.count(n)) cout << "YES" << endl;
    else cout << "NO" << endl;
  }
}

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