關於一些信息學數論問題例題的討論

　　大概就是寫一些數論水題的題解？

　　目錄

• [AHOI2005]約數研究
  
• 最大公約數和最小公倍數問題
• 又是畢業季I
• 倒水
• 階乘問題

　　不按期更新。

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一.[AHOI2005]約數研究　洛谷oj P1403

　　可能須要事先學習的算法：

　　　　埃氏篩法（素數篩）

　　題意很容易理解。很明顯這是一道真正的水題，適合初學者理解篩法的思想。

　　30分暴力作法：

　　　　對於一個數$i（i∈[1,n]）$ ，枚舉全部$[1,i)$之間的正整數$j$，判斷$j$是不是$i$的約數，若是是，計數器$result$就加上1。

　　　　複雜度是$O(n^2)$，不是頗有討論價值，寫了一下代碼。

#include <cstdio>
using namespace std;

int n;
int result;

int main(){
    scanf("%d",&n);
    for (int i=1;i<=n;i++)    //枚舉 1~n 全部數 
        for (int j=1;j<=i;j++)    //一個個判斷是不是i的約數，若是是，則計數加1 
            if (i%j==0)    result+=1;
    printf("%d",result);
    return 0;
}

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　　100分算法（暴力篩法）：

　　　　或許能夠當作暴力作法的優化，可是若是學過篩法，那就直接是篩法的思想了。

　　　　我試着用優化暴力的思路解釋一下個人算法。上面的作法是先抓一個數$i（i∈[1,n]）$，而後再一個個找它們的約數的。咱們能夠換個思路，也抓一個數$i（i∈[1,n]）$，而後一個個找它的倍數（倍數小於$n$），找到一個倍數，計數器$result$就加上1。

　　　　熟悉篩法的同窗應該能一眼AC吧（畢竟是普及組水題）。

　　　　複雜度應該是$O(n\sqrt{n})$。

 

#include <cstdio>
using namespace std;

int n;
int result;

int main(){
    scanf("%d",&n);
    result+=n;    //1能夠是全部數的約數 
    for (int i=2;i<=n;i++)
        for (int j=1;i*j<=n;j++)    //枚舉倍數 i*j 
            ++result;
    printf("%d",result);
    return 0;
}

　　　　基於這種想法其實還能夠優化。咱們很容易發現，第二重循環實際上是沒必要要的，由於對於一個數$i$，$[1,n]$裏它的倍數必定有且僅有$\frac{n}{i}$個（向下取整）。那麼咱們就能夠扔掉第二重循環了。

 

#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;
}

 

　　　　是否是已經挺不錯的了？可是洛谷上有神犇給出了下一種複雜度更加優秀的算法。

　　100分算法（很是優秀）：Kelin的題解

　　　　$大概意思是說，\$f(i)=\backslash frac\{n\}\{i\}\$，可是由於除法要向下取整，因此有一些數能夠當成同一個數來跳過。$

$打個比方，對於\$n=60\$時，無論\$i=13\$或\$i=14\$或\$i=15\$，\$\backslash frac\{n\}\{i\}\$的結果都是同樣的，由於\$int\$整型要向下取整。因此能夠把它們放在一塊兒算，差很少就是這種思想。$

$時間複雜度\$O(2\backslash sqrt\{n\})\$。我測了一下，可能由於數據比較水，我寫的算法\$36ms\$跑完，這種算法\$26ms\$跑完，仍是十分優秀的。$

$代碼在上面連接裏有，我就不寫了。$

 

二.最大公約數和最小公倍數問題　　洛谷oj P1029

　　必須預先學習的算法：

　　　　歐幾里得算法（GCD）（展轉相除法）

　　這是一道數論入門好題。在作以前要熟悉$gcd$（即最大公約數）。

$這題我以爲不太可能有靠譜的部分分寫法（畢竟比較水），我就直接講正解了。$

$你們都知道怎麼求最大公約數\$gcd(P,Q)\$，也許有人會問是否是也有專門求最小公倍數\$lcm(P,Q)\$的算法？不須要。最小公倍數\$lcm(P,Q)\$能夠經過最大公約數\$gcd(P,Q)\$獲得。$

$引理：兩個正整數\$P\$,\$Q\$的最小公倍數爲\$P*Q/gcd(P,Q)\$。$

$證實：$

$記$$\$P=gcd(P,Q)*p\_\{1\}\$$

$\$Q=gcd(P,Q)*p\_\{2\}\$$$，且$$gcd(p_{1},p_{2})=1$　　//即$p_{1}$和$p_{2}$互質

　　　　  $lcm(P,Q)=gcd(P,Q)*p_{1}*p_{2}$

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

　　　　　　　　　 $=P*Q/gcd(P,Q)$

　　　　得證。

 　　確定有人不喜歡讀證實，那我舉個例子好了。假設存在兩個數，$P=2160$，$Q=4032$。根據惟一分解定理，可得：

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

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

$能夠看出來，這時候\$gcd(P,Q)=2^4*3^2=144\$，那麼，\$P\$和\$Q\$能夠這樣改寫：$

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

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

$很明顯，\$3^1*5\$或\$2^2*7\$互質，由於若是它們不互質，它們的最大公約數徹底能夠變成\$gcd(P,Q)\$的一個因子。$

$又由於\$lcm(P,Q)=2^6*3^3*5*7\$，\$lcm(P,Q)\$具備\$P\$和\$Q\$的全部因子，則：$

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

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

　　　　　　　　 $=P*Q/gcd(P,Q)$

$就能夠根據\$lcm(P,Q)=P*Q/gcd(P,Q)\$求解了。理解力好的同窗應該能夠直接理解這個結論。$

$在知道\$lcm(P,Q)=P*Q/gcd(P,Q)\$後，再來看這道題。在這道題裏，\$x\$是最大公約數\$gcd(P,Q)\$，而\$y\$是最小公倍數\$lcm(P,Q)\$。$

　　咱們不妨設$P=x*p_{1}$，$Q=x*p_{2}$（$p_{1}$和$p_{2}$互質）。

$因此咱們能夠寫出下面的推導$

$\$y=P*Q/x\$$

　　　　  $=(x*p_{1})*(x*p_{2})/x$

　　　　  $=p_{1}*p_{2}*x$

$則\$\backslash frac\{y\}\{x\}=p\_\{1\}*p\_\{2\}\$$

$是否是發現了什麼？題目要求輸出的答案是\$P\$和\$Q\$，而\$P=x*p\_\{1\}\$，\$Q=x*p\_\{2\}\$，且\$x\$是已知的。要想知道\$P\$、\$Q\$的全部可能性，只須要枚舉出\$p\_\{1\}\$和\$p\_\{2\}\$的全部可能性就行了。$

$怎麼枚舉出\$p\_\{1\}\$和\$p\_\{2\}\$？咱們已經知道\$\backslash frac\{y\}\{x\}=p\_\{1\}*p\_\{2\}\$了，\$for\$一遍就行了。$

$代碼：$

 

#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.又是畢業季I　　洛谷oj P1372

　　須要預先學習的算法：

感受不須要預先學習算法？可能須要一點對質數的理解。

　　一道你們都很高興作的水題，能夠加強對質數的理解。

　　題意大概就是要在$1~n$中找到$k$個最大公倍數最大的數。

　　很容易想到，假如$k$個數存在最大公倍數$gcd$，則$k=gcd*m$，$m$必定是正整數。簡單地說，就是這些被選中的$k$個數要麼就是$gcd$，要麼就是$gcd$的倍數。

　　由於$k$和$n$已經肯定，如何讓$gcd$最大？咱們很容易想到，$gcd=\frac{n}{k}$，注意，這裏的除法須要向下取整。

　　代碼就更簡單了，複雜度$O(1)$不須要分析了。

#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

須要一點對二進制的理解

　　玩過《2048》這款遊戲嗎？我以爲和這道題很像。

　　很明顯，全部瓶子的狀態能夠壓成一個二進制數。

　　好比這個二進制數：

　　　　$1100101$

　　表示的是，通過處理後，有$64$升水、$32$升水、$4$升水、$1$升水的瓶子各一個。

　　爲何能夠這麼壓？假設有$X$升水的瓶子$Y$個，很顯然，X必定是$2$的幾回方（咱們先表示成$X=2^i$），而若是$Y$大等於$2$，則$Y$必定能夠倒進更多水的瓶子裏（兩瓶$X$就能夠變成一瓶$2X$）。由於倒水次數不限制，因此貪心的想法是，初始狀態每一個瓶子裏的水越多越好，這樣瓶子就少了。

　　因此很明顯，若是某升水的瓶子數量大於等於$2$，必定能夠把多餘的水往上倒。初始狀態處理到最後，就是二進制數了。而二進制數逢二進一的原則保證了不管多少個1升的瓶子均可以自動處理成最少的瓶數。

　　因此，當有$a$個1升的瓶子時，處理完後最少的瓶數就是$a$轉換成二進制後的$1$的個數。好比這個二進制數$1100101$最少的瓶數就是$4$。

　　想明白了這一點，這題就很好寫了。接下去怎麼處理就很容易了，題意翻譯過來就是求大等於$N$的最小數，使這個數含有的$1$的個數不大於$K$。而後的結果輸出這個最小數減去$N$。

　　90分暴力算法（最後一個點過不了）：

#include <cstdio>
using namespace std;

int n,k;
long long result;

inline int count(long long x){    //數瓶子的個數
    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，忘記是怎麼優化的了，具體能夠直接看代碼。若是有時間我再回來補充詳細解釋。

　　　　記得開longlong，不開仍是90分.

#include <cstdio>
using namespace std;

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

inline long long count(long long x){    //數瓶子的個數
    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.階乘問題　　洛谷oj P1134

　　調了快一個小時才調出來……給跪了。

　　題意很清楚了。

　　28分騙分算法（皮一下）：

　　　　打表可知 能夠詳細證實，階乘的尾數只多是$2$、$4$、$6$、$8$。因此隨便抓個數騙分/滑稽

#include <cstdio>
using namespace std;

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

　　100分算法：

　　　　咱們很快能夠想到，每次都取最後一個有效數字來乘下一個數，這樣複雜度$O(N)$是能夠過的。

　　　　可是，在調試的過程當中，會發現取最後一個有效數字是不行的，爲何我就不解釋了。差很少要模10的7次方或8次方纔能過。

　　　　和上一道題目同樣，記得開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;
}