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1 P8814 [CSP-J 2022] 解密

[题目描述]

给定一个正整数 k，有 k 次询问，每次给定三个正整数 ni,ei,di，求两个正整数 pi,qi，使 ni=pi×qi、ei×di=(pi−1)(qi−1)+1

[输入格式]

第一行一个正整数 k，表示有 k 次询问。

接下来 k 行，第 i 行三个正整数 ni,di,ei

[输出格式]

输出 k 行，每行两个正整数 pi,qi 表示答案。

为使输出统一，你应当保证 pi≤qi。

如果无解，请输出 NO

[输入输出样例]

输入 #1

10
770 77 5
633 1 211
545 1 499
683 3 227
858 3 257
723 37 13
572 26 11
867 17 17
829 3 263
528 4 109

输出 #1

2 385
NO
NO
NO
11 78
3 241
2 286
NO
NO
6 88

说明/提示

数据规模

以下记 m=n−e×d+2

保证对于 100% 的数据，1≤k≤10^5，对于任意的 1≤i≤k，1≤ni≤10^18，1≤ei×di≤ 10^18，1≤m≤ 10^9

2 相关知识点

二分答案

二分答案顾名思义，它用二分的方法枚举答案，并且枚举时判断这个答案是否可行

直接对答案进行枚举查找，接着判断答案是否合法。如果合法，就将答案二分进一步靠近，如果不合法，就接着二分缩小判断。这样就可以大大的减少时间。

二分中有时可以得可行得答案，但不是最大的，继续向右靠近，求出最大值

int ans = 1;
 int l = 1,r = 100000;//在1~100000之间的整数枚举 
 while(l <= r){
     int m = l + (r - l) / 2;
     if(check(m)){//满足 则进行向右缩小范围 看看有没有更大的 
         ans = m;//可能多次赋值 最后一定是可能的最大值 
         l = m + 1;
      }else{//不满足缩小边长 向左缩小范围 用更小边长继续尝试 
         r = m - 1;
	  } 
  }

二分找边界

//左闭右闭 while left right 最终left=right+1
while(left<=right)  left = mid + 1; right =mid-1;
//左闭右开 while left right 最终left=right
while(left<right)   left = mid + 1; right =mid;
//左开右闭 while left right 最终left=right
while(left<right)   left=mid;       right=mid-1;
//左开右开 while left right 最终left=right-1
while(left+1<right) left=mid;       right=mid;

二分查找时间复杂度

二分查找每次都缩小或扩大为原来的一半，所以也是Olog(n)

3 思路分析

基本公式推导

根据题目给出条件对基本公式进行推导

n=p * q
e * d = (p-1)*(q-1)+1
      =p*q-(p+q)+1+1
      =n-(p+q)+2
上面式子整理可得
p+q=n-e*d+2

思路1

1多次询问，每次询问暴力计算p和q

2 根据条件和推导已知p*q和p+q计算p和q的值，从1枚举到p+q的值

3 如果p*q也符合，则输出

示例程序

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int k;//k次询问
long long n,d,e,m;//n d e 3个整数 m 为p+q的值
int main(){
	cin>>k;//输入k次询问
	for(int i=0;i<k;i++){//k次询问
		cin>>n>>d>>e;//输入n d e
		m=n-e*d+2;//根据公式推导m为p+q p+q=n-e*d+2
		int p=-1;//默认p为-1
		for(int i=1;i<m;i++){//从1枚举到p+q
			if(i*(m-i)==n){//如果i为p m-i为q，判断p*q为n，满足另外一个条件 找到p 退出
				p=i;
				break;
			}
		}
		if(p!=-1){//如果找到 输出
			cout<<p<<" "<<m-p<<endl;
		}else{//找不到输出NO
			cout<<"NO"<<endl;	
		}
	}
	return 0;
}

暴力枚举可得50%分数

思路1-二分优化1

1 在思路1基础上，二分枚举，时间复杂度从n变成logn

2 使用等值比较，可能超大的2个数比较大的那个，输出时需要特殊处理

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int k;
long long n,d,e,m;
int main(){
	cin>>k;
	for(int i=0;i<k;i++){
		cin>>n>>d>>e;
		m=n-e*d+2;//p+q
		int L=1,R=m,p=-1;//1~m
		while(L<=R){//前后都是闭区间
			int mid=L+(R-L)/2;
			if(mid * (m-mid)==n){//如果相同 找到退出
				p=mid;
				break;
			}else if(mid * (m-mid)>n){
				R=mid-1;
			}else{
				L=mid+1;
			}
		}
		if(p!=-1){
			if(p>m-p){//找到的p有可能是比较大的数，如果是需要交换输出
				p=m-p;
			} 
			cout<<p<<" "<<m-p<<endl;
		}else{
			cout<<"NO"<<endl;
		}
	}
	return 0;
}

思路1-二分优化2

在上面二分的基础上，找到最小的那个数，保证二分找到的就是比较小的数

通过如下代码，如果相等也继续缩小范围找

if(mid * (m-mid)>=n){

示例代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int k;
long long n,d,e,m;
int main(){
	cin>>k;
	for(int i=0;i<k;i++){
		cin>>n>>d>>e;
		m=n-e*d+2;//p+q
		int L=1,R=m;
		while(L<R){
			int mid=L+(R-L)/2;
			if(mid * (m-mid)>=n){
				R=mid;
			}else{
				L=mid+1;
			}
		}
		if(R * (m-R) ==n){
			cout<<R<<" "<<m-R<<endl;
		}else{
			cout<<"NO"<<endl;
		}
	}
	return 0;
}

思路2-数学推导

数学推导

前面推导数
p+q=n-e*d+2
已知 p*q=n
根据完全平方公式
(p+q)^2=p^2+2pq+q^2  (1)
(p-q)^2=p^2-2pq+q^2  (2)
(1)-(2)得
(p+q)^2-(p-q)^2
=p^2+2pq+q^2-(p^2-2pq+q^2)
=4pq
(p-q)^2=(p+q)^2-4pq
p-q=sqrt((p+q)^2-4pq)
或
p-q=-sqrt((p+q)^2-4pq)  
我们假设p和q这2个数中，q为比较小的数，所以p-q不能为负数
p-q=sqrt((p+q)^2-4pq)   (3)
又
p+q=n-e*d+2             (4)
(3)-(4)得
2p=n−ed+2-sqrt((p+q)^2-4pq)
p=(n−ed+2-sqrt((p+q)^2-4pq))/2  (5)
(4)-(5)得
q=n-e*d+2-(n−ed+2-sqrt((p+q)^2-4pq))/2 
 =(n−ed+2+sqrt((p+q)^2-4pq))/2

示例代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int k;
long long n,d,e;
long long m,dt,r;//m为p+q
int main(){
	cin>>k;
	for(int i=0;i<k;i++){
		cin>>n>>d>>e;
		m=n-e*d+2;//p+q
		dt=m*m-4*n;//(p+q)^2-4pq
		r=sqrt(dt);//sqrt((p+q)^2-4pq)
		/*
		  dt为sqrt的值，不能小于0
		  r * r!=dt,dt开方为整数
		  (m-r)%2==1，(n−ed+2-sqrt((p+q)^2-4pq))/2 ，p和q必须为整数
		  上面任意条件不满足都是无解
		*/
		if(dt<0 || r * r!=dt || (m-r)%2==1){ 
			cout<<"NO"<<endl;
		}else{
			cout<<(m-r)/2<<" "<<(m+r)/2<<endl;
		}
	}
	return 0;
}