蓝桥杯题型分布2

蓝桥杯

蓝桥杯题型分类2
- 素数
- - 孪生素数
  - 素数个数
  - - 朴素筛法求素数
    - 线性筛法求素数
  - 因数分解
  - - 试除法分解质因数
  - 等差素数列
  - 梅森素数
  - 组素数
  - 素数环
  - 找素数(分段筛）
  - 连续素数和
  - 小明的素数对
  - 疑似素数
  - 质数拆分
  - 纯质数
  - 超级质数
  - 质数日期
  - 质数游戏2
  - 魔法阵的能量
  - 阿坤老师切割年糕
  - 阶乘分解
  - 阶乘的约数和
  - 程序的输出零
  - 双子数
  - 躲炮弹
- GCD+LCM
- - 互质数的个数
  - 等差数列
  - Hankson 的趣味题
  - 核桃的数量
  - 奇偶比例
  - 旅行I
  - 寻找她
  - 小咕咕

蓝桥杯题型分类2

素数

孪生素数

传送门
在这里插入图片描述

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

// 定义最大范围，m <= 100，因此数组大小只需要开到 110 即可
const int N = 1e2 + 10;

// primes 用于存储素数，cnt 记录素数的数量
int primes[N], cnt;
// st[i] 如果为 true 表示 i 已经被筛选掉（非素数）
bool st[N];

// 获取 [2, n] 范围内的所有素数，采用线性筛法
void get_primes(int n) {
    for (int i = 2; i <= n; i++) {
        // 如果 st[i] 为 false，说明 i 还是素数
        if (!st[i]) {
            // 将该素数存入 primes 数组，并计数
            primes[cnt++] = i;
        }
        // 遍历用来进行筛选的素数列表
        for (int j = 0; primes[j] <= n / i; j++) {
            // 将当前下标对应的合数标记为 true
            st[primes[j] * i] = true;
            // 若当前数 i 能被 primes[j] 整除，就退出，避免重复筛
            if (i % primes[j] == 0) break;
        }
    }
}

int main() {
    int m;
    cin >> m;  // 读取输入

    // 获取 [2, m] 范围内所有素数
    get_primes(m);

    // 从后往前遍历 primes 数组，查找相隔为 2 的孪生素数对
    for (int i = cnt - 1; i >= 1; i--) {
        // 检查相邻两素数之差是否为 2
        if (primes[i] - primes[i - 1] == 2) {
            // 输出这对最大孪生素数
            cout << primes[i - 1] << " " << primes[i];
            break;
        }
    }

    return 0;
}

素数个数

传送门

朴素筛法求素数

int primes[N], cnt;     // primes[]存储所有素数
bool st[N];         // st[x]存储x是否被筛掉

void get_primes(int n)
{
    for (int i = 2; i <= n; i ++ )
    {
        if (st[i]) continue;
        primes[cnt ++ ] = i;
        for (int j = i + i; j <= n; j += i)
            st[j] = true;
    }
}

线性筛法求素数

int primes[N], cnt;     // primes[]存储所有素数
bool st[N];         // st[x]存储x是否被筛掉

void get_primes(int n)
{
    for (int i = 2; i <= n; i ++ )
    {
        if (!st[i]) primes[cnt ++ ] = i;
        for (int j = 0; primes[j] <= n / i; j ++ )
        {
            st[primes[j] * i] = true;
            if (i % primes[j] == 0) break;
        }
    }
}

因数分解

传送门

试除法分解质因数

void divide(int x)
{
    for (int i = 2; i <= x / i; i ++ )
        if (x % i == 0)
        {
            int s = 0;
            while (x % i == 0) x /= i, s ++ ;
            cout << i << ' ' << s << endl;
        }
    if (x > 1) cout << x << ' ' << 1 << endl;
    cout << endl;
}

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll=long long;
const ll N=1e12;

void divide(ll x)
{
	for(ll i=2;i<=x/i;i++)
	{
		if(x%i==0)
		{
			int s=0;
			while(x%i==0)
			{
				x/=i;
				s++;
			}
			if(s==1)
			{
				cout<<i<<" * ";
			}
			else
			{
				cout<<i<<'^'<<s<<" * ";
			}
		}
	}
	if(x>1)cout<<x<<endl;
}
void solve()
{
	ll n;
  	cin>>n;
  	divide(n);
}
int main()
{
	solve();
  return 0;
}

等差素数列

传送门

在这里插入图片描述

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

// 使用ll表示long long，方便处理较大数值
using ll = long long;

// N 定义为 1e8，表示可能存储的最大范围
const ll N = 1e8;

// primes 数组用于存储素数，cnt 表示当前素数数量
int primes[N], cnt;
// st 数组标记某个数是否为合数，如果 st[x] = true，表示 x 不是素数
bool st[N];

// 筛选素数函数，埃氏筛或线性筛的思路
void get_primes(int n)
{
    // 从 2 开始判断每个数
    for(int i = 2; i <= n; i++)
    {
        // 如果 st[i] == false，说明 i 是素数
        if(!st[i]) primes[cnt++] = i;
        // 使用已得到的素数来标记合数
        for(int j = 0; primes[j] <= n / i; j++)
        {
            // 将 i * primes[j] 标记为合数
            st[primes[j] * i] = true;
            // 如果 i 能被当前素数整除，则无需再继续标记
            if(i % primes[j] == 0) break;
        }
    }
}

int main()
{
    // 先筛选出 10000 以内的素数
    get_primes(10000);

    // 枚举可能的首项，从 2 开始到 10000
    for(int head = 2; head <= 10000; head++)
    {
        // 如果 head 是素数（st[head] == false），再去尝试不同的公差 d
        if(!st[head])
        {
            // 从公差 d=2 开始枚举到 1000
            for(int d = 2; d <= 1000; d++)
            {
                // len 用于统计当前等差序列中连续的素数个数，这里初始设为 1
                int len = 1;
                // 从 head 开始，每次加上公差 d
                for(int j = head; ; j += d)
                {
                    // 如果当前数 j 仍为素数
                    if(!st[j])
                    {
                        len++;
                        // 当连续素数个数达到 10 时，说明找到一个长度为 10 的等差素数序列
                        if(len == 10)
                        {
                            // 输出此时的公差 d 并直接结束
                            cout << d << endl;
                            return 0;
                        }
                    }
                    // 遇到合数时，当前公差无法构成长度 10 的素数序列，跳出循环
                    else
                    {
                        break;
                    }
                }
            }
        }
    }
    return 0;
}

梅森素数

在这里插入图片描述
在这段程序中，a[1] 初始化为 1，然后在整个运算过程中它并不会回到 0。
具体原因是：
• a[1] 一开始被设为 1（代表当前值的最低位）。
• 随后的循环每次都对所有位进行乘 2 运算，此时最低位始终会在 2、4、8、6 之间循环（或产生进位后继续保持非零），不会变为 0。
• 最后减去 1 时，也只是在原先非零的最低位上进行简单的 -1 操作，因此不会出现 a[1] 是 0 而再继续减 1 的问题。

#include <iostream>
#include <vector>
using namespace std;

int main()
{
    // 初始化一个大小为101的整型向量a，所有元素初始为0，用于模拟“高精度”存储数字的每一位。
    // 下标1到100将存储数字的各位（下标1表示最低位，100最高位）。
    vector<int> a(101, 0);
    
    // 将最低位初始化为1，相当于保存数字"1"。
    a[1] = 1;
    
    // 这层循环共执行11213次，相当于做 2^11213 的计算
    for (int i = 1; i <= 11213; ++i) {
        int c = 0; // c用来记录进位
        // 将每一位都乘以2，再加上上一位留下的进位c
        for (int j = 1; j <= 100; ++j) {
            a[j] = a[j] * 2 + c;   // 乘2并加进位
            c = a[j] / 10;        // 计算新的进位值
            a[j] %= 10;           // 当前位保留一位，超过10的部分变成下一位进位
        }
        // 此时若c不为0，说明还产生新的进位，不过只要求后100位，不再额外处理进位
    }
    
    // 计算 2^11213 - 1，即将结果最低位减1
    a[1] -= 1;
    
    // 从最高位到最低位输出，拼接成完整的数字串
    for (int i = 100; i >= 1; --i) {
        cout << a[i];
    }
    return 0;
}

组素数

组素数
在这里插入图片描述

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll=long long;

const int N=1e4;
int primes[N],cnt;
bool st[N];

void get_primes(int n)
{
  for(int i=2;i<=n;i++)
  {
    if(!st[i])primes[cnt++]=i;
    for(int j=0;primes[j]<=n/i;j++)
    {
      st[primes[j]*i]=true;
      if(i%primes[j]==0)break;
    }
  }
}
int main()
{
  get_primes(10000);
  int ans=0;
  if (!st[1949]) ans++;
  if (!st[1499]) ans++;
  if (!st[1994]) ans++;
  if (!st[4199]) ans++;
  if (!st[4919]) ans++;
  if (!st[4991]) ans++;
  if (!st[9914]) ans++;
  if (!st[9941]) ans++;
  if (!st[9419]) ans++;
  if (!st[9491]) ans++;

  cout<<ans;
  return 0;
}

素数环

素数环
在这里插入图片描述

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1000000;

/*
  全局变量说明:
  - n: 输入的整数 n (1 ~ n 的所有数字需要组成素数环).
  - ans: 用于存储当前构造的排列环.
  - used[i]: 标记数字 i 是否已经被放入环中(default false).
  - ok: 用于在最后判断是否输出过解, 若一直为 false 表示无解.
*/

// 数组范围较大以防越界, 但实际 n < 20 即可
int n;
vector<int> ans;
bool used[N];
bool ok; // 是否已经找到或输出过解

// 判断 x 是否为素数的函数
bool check(int x) {
    if (x < 2) return false;
    for (int i = 2; i * i <= x; i++) {
        if (x % i == 0) {
            return false;
        }
    }
    return true;
}

/*
  dfs(u) 表示已经在 ans 中放入了 u 个数字 (其中 ans[0] = 1 已固定),
  接下来要尝试放第 (u+1) 个数字. 
*/
void dfs(int u) {
    // 如果已经放满 n 个数字, 检查首尾之和是否是素数
    if (u >= n) {
        int firstnum = ans[0];
        int lastnum = ans[n-1];
        int sum = firstnum + lastnum;
        // 如果首尾之和为素数, 则输出该排列
        if (check(sum)) {
            ok = true;
            for (auto x : ans) {
                cout << x << " ";
            }
            cout << endl; 
        }
        return; 
    }

    // 尝试在位置 u 放所有可用数字 i (1 <= i <= n)
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        if (!used[i]) {
            // 取当前环的最后一个数字与 i 相加, 若为素数才可放置
            int sum = ans.back() + i;
            if (check(sum)) {
                ans.push_back(i);
                used[i] = true;

                // 继续放下一个位置
                dfs(u + 1);

                // 回溯, 恢复状态
                ans.pop_back();
                used[i] = false;    
            }
        }
    }
}

int main() {
    cin >> n;
    // 先将数字 1 放入环 (作为第一个元素), 并标记已用
    used[1] = true;
    ans.push_back(1);

    // 从第 2 个位置开始尝试放数字, 因为第一个位置已固定 1
    dfs(1);

    // 如果一直没有输出答案, 输出 "No Answer"
    if (!ok) {
        cout << "No Answer";
    }
    return 0;
}

找素数(分段筛）

找素数
在这里插入图片描述

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

/*
   题意: 给定区间 [a, b] (2 ≤ a ≤ b ≤ 2147483647 且 b - a ≤ 1000000)，
   求其中的素数个数。

   算法: "分段筛" (Segmented Sieve)
   - 步骤:
     1) 先用传统埃氏筛法在 [2, sqrt(b)] 区间内找出所有素数，并存放到 primes 容器中。
     2) 在要处理的区间 [a, b] 内，创建一个布尔数组 isPrimeSegment，默认都设为 true。
     3) 用前面找到的小素数集合 primes 来标记 [a, b] 区间中的合数。
        若 p 为小素数，则从 max(p * p, ceil(a/p)*p) 开始，每隔 p 步将对应位置标记为 false。
     4) 统计未被标记的数即为该区间内的素数个数。若 a <= 1，则特判排除 0、1。

   复杂度:
   - 第1步在 sqrt(b) 内作普通筛，复杂度约 O( sqrt(b) log log sqrt(b) )。
   - 第2、3步对区间长 (b - a + 1) 作标记，最多 1,000,001 长度，可行。

   注意事项:
   - 需要用 64 位类型 (long long 或 int64_t) 存储 b 的开根与下标计算。
   - 避免越界。
*/

static const int MAXN = 1000000; // b-a <= 1000000
// 用来存 [2, sqrt(b)] 中所有素数
vector<long long> primes;

// 普通埃氏筛, 获得 [2..upper] 以内所有素数
void getPrimesUpTo(long long upper) {
    // 使用简单的布尔数组进行标准筛法
    vector<bool> isPrime(upper + 1, true);
    isPrime[0] = false;
    isPrime[1] = false;
    for(long long i = 2; i * i <= upper; i++) {
        if(isPrime[i]) {
            for(long long j = i * i; j <= upper; j += i) {
                isPrime[j] = false;
            }
        }
    }
    // 将筛出的素数放到 primes 容器中
    for(long long i = 2; i <= upper; i++) {
        if(isPrime[i]) {
            primes.push_back(i);
        }
    }
}

int main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);

    long long a, b;
    cin >> a >> b; 

    // 特判：若区间起点小于 2，将其拉到 2
    if(a < 2) a = 2;

    // 第 1 步: 筛出 [2, sqrt(b)] 的所有素数
    long long limit = (long long)floorl(sqrtl((long double)b));
    getPrimesUpTo(limit);

    // 第 2 步: 根據区间 [a, b] 建立 isPrimeSegment 数组
    long long segmentSize = b - a + 1; 
    vector<bool> isPrimeSegment(segmentSize, true); // 默认都当作素数

    // 第 3 步: 用上一步 primes 标记区间 [a, b] 内的合数
    for(long long p : primes) {
        if((long long)p * p > b) break; // 超出区间上界则停止
        // 找到 [a, b] 区间内, 以 p 为步长需要开始标记的位置
        long long start = max((long long)p * p, ( (a + p - 1) / p ) * p);
        for(long long x = start; x <= b; x += p) {
            isPrimeSegment[x - a] = false;
        }
    }

    // 第 4 步: 统计 isPrimeSegment 中为 true 的个数
    long long countPrime = 0;
    for(long long i = 0; i < segmentSize; i++) {
        if(isPrimeSegment[i]) countPrime++;
    }

    cout << countPrime << "\n";
    return 0;
}

连续素数和

连续素数和
在这里插入图片描述

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N = 1e4 + 10;
using ll = long long;

int primes[N], cnt;  // primes[] 用于存储已筛出的素数，cnt 表示素数总数量
bool st[N];          // st[x] 表示 x 是否是合数；true 表示合数，false 表示尚未判断为合数

// 筛出 [2..n] 范围内的所有素数，保存到 primes[]，并更新 cnt
void get_primes(int n) {
    for (int i = 2; i <= n; i++) {
        if (!st[i]) {
            primes[cnt++] = i;
        }
        for (int j = 0; j < cnt && (long long)primes[j] * i <= n; j++) {
            st[primes[j] * i] = true;
            if (i % primes[j] == 0) {
                break;
            }
        }
    }
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);

    // 先筛出 2..N 范围内的素数
    get_primes(N);

    while (true) {
        int n;
        cin >> n;
        if (!cin || n == 0) {
            break;
        }

        int ans = 0;
        // 遍历所有连续子区间 [i..j]
        for (int i = 0; i < cnt; i++) {
            ll sum = 0;
            // 连续累加
            for (int j = i; j < cnt; j++) {
                sum += primes[j];
                if (sum > n) {
                    // 过大则不必继续累加
                    break;
                }
                if (sum == n) {
                    ans++;
                }
            }
        }

        cout << ans << "\n";
    }

    return 0;
}

小明的素数对

小明的素数对
在这里插入图片描述

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N = 100000 + 10;  
int primes[N], cnt;         // primes数组存储素数，cnt记录素数个数
bool st[N];                 // st数组标记是否为素数，st[i] = true 表示 i 不是素数


void get_primes(int n) {
    for (int i = 2; i <= n; i++) {
        if (!st[i]) primes[cnt++] = i;  

        for (int j = 0; j < cnt && primes[j] <= n / i; j++) {
            st[primes[j] * i] = true; 
            if (i % primes[j] == 0) break;  
        }
    }
}

int main() {
    int n;
    cin >> n;               
    get_primes(n);         

    int ans = 0;            
    // 遍历 primes 数组，枚举所有的素数对 (p1, p2)
    for (int i = 0; i < cnt; i++) {
        for (int j = i + 1; j < cnt; j++) {
            int diff = primes[j] - primes[i];  // 计算素数对的差
            // 检查差 diff 是否在范围内，且为素数
            if (2 <= diff && diff <= n && !st[diff]) {
                ans++;  
            }
        }
    }
    cout << ans << endl;    
    return 0;
}

疑似素数

传送门
在这里插入图片描述

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N = 1e6+10;  
int primes[N], cnt;         // primes数组存储素数，cnt记录素数个数
bool st[N];                 // st数组标记是否为素数，st[i] = true 表示 i 不是素数


void get_primes(int n) {
  st[1]=true;
  st[0]=true;
    for (int i = 2; i <= n; i++) {
        if (!st[i]) primes[cnt++] = i;  

        for (int j = 0; j < cnt && primes[j] <= n / i; j++) {
            st[primes[j] * i] = true; 
            if (i % primes[j] == 0) break;  
        }
    }
}

int solve(int x)
{
  int sum=0;
  string s=to_string(x);
  for(int i=0;i<s.size();i++)
  {
    sum+=s[i]-'0';
  }
  return sum;
}
int main() 
{
  int n;
  cin>>n;
  int ans=0;
  get_primes(N);
  for(int i=2;i<=n;i++)
  {
    int sum=solve(i);
    if(!st[sum])
    {
      ans++;
    }
  }
  cout<<ans;
  return 0;
}

质数拆分

质数拆分
在这里插入图片描述

这里，若干两两不同的质数之和，这里其实很容易想到首先我们要求出2019内的所有质数，这个打个表就好了，其次两两不同，我们应该要想到动态规划。

这里设dp[i][j]表示前i个质数，可以两两不同加起来等于j的方案数。

如果当前j>=prime[i]，说明当前的质数可以取，取完后我们只要看j-prime[i]有多少种取法，那么方案数之中有部分为dp[i-1][j-prime[i]]种，另外一部分是不取当前的质数prime[i]，即dp[i-1][j]。若j<prime[i]，说明当前我们取不了prime[i]，只有上面两种情况下的后一种即dp[i-1][j]。

其次，我们怎么初始化呢？我们初始化dp[0][0]=1，这样我们就能在第一次质数2的时候初始化了。

#include <iostream>
using namespace std;

const int N=10000;
const int M=2020;
long long dp[M][M];

int primes[N], cnt;
bool st[N];         

void get_primes(int n)
{
    for (int i = 2; i <= n; i++)
    {
        if (!st[i]) {
            primes[cnt++] = i;
        }
        for (int j = 0; j < cnt; j++)
        {
            // 如果当前primes[j]*i超过n，则可跳出循环
            long long t = (long long)primes[j] * i;
            if (t > n) break;
            st[t] = true;
            if (i % primes[j] == 0) break;
        }
    }
}

int main()
{
    get_primes(2019);

    dp[0][0] = 1;
    // i从1开始到cnt，但使用primes[i-1]
    for(int i = 1; i <= cnt; i++)
    {
        int p = primes[i-1];
        for(int j = 0; j <= 2019; j++)
        {
            dp[i][j] = dp[i-1][j];
            if(j >= p) {
                dp[i][j] += dp[i-1][j - p];
            }
        }
    }

    cout << dp[cnt][2019] << endl;
    return 0;
}

将dp改为一维数组

#include <iostream>
using namespace std;

static const int M = 2020; // 要覆盖到 2019
long long dp[M];

int primes[10000], cnt;
bool st[10000];

void get_primes(int n)
{
    for(int i = 2; i <= n; i++)
    {
        if(!st[i]) primes[cnt++] = i;
        for(int j = 0; j < cnt; j++)
        {
            long long t = (long long)primes[j] * i;
            if(t > n) break;
            st[t] = true;
            if(i % primes[j] == 0) break;
        }
    }
}

int main()
{
    get_primes(2019);

    dp[0] = 1;
    // 使用 下标 i ∈ [0, cnt-1]，对应第 i 个质数
    for(int i = 0; i < cnt; i++)
    {
        int p = primes[i];
        for(int j = 2019; j >= p; j--)
        {
            dp[j] += dp[j - p];
        }
    }

    cout << dp[2019] << endl;
    return 0;
}

纯质数

纯质数
在这里插入图片描述

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll=long long;
const int N=20210605+10;
int primes[N],cnt;
bool st[N];// 标记是否为合数，st[i]=false => i是质数或i=1

void get_primes(int n)
{
  for(int i=2;i<=n;i++)
  {
    if(!st[i])primes[cnt++]=i;
    for(int j=0;primes[j]<=n/i;j++)
    {
      st[primes[j]*i]=true;
      if(i%primes[j]==0)break;
    }
  }
}

bool solve(int x)// 判断整数 x 的每个十进制位是否都是 2,3,5,7
{
   while(x>0)
    {
        int d = x%10;
        if(d!=2 && d!=3 && d!=5 && d!=7) {
            return false;
        }
        x/=10;
    }
    return true;
}

int main()
{
  int ans=0;
  get_primes(20210605);
  for(int i=2;i<=20210605;i++)
  {
    if(!st[i])// i是质数
    {
      if(solve(i))
      {
        ans++;
      }
    }
 }
 cout<<ans;
  return 0;
}

超级质数

超级质数
在这里插入图片描述

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
/*
1.10以内的质数有2，3，5，7
2.根据超级质数的组成规则可以组成23，37，53，57，73这样的相邻质数组合,
满足要求的有23，37，53，73 
3.根据这些组合可以组成237，373，573，737这样的数字组合，满足要求的只有373
4.根据组成规则已经不能在373的基础之上进行组合，即为最大超级质数 
*/
bool is_primes(int x)
{
  if(x<2)return false;
  for(int i=2;i<=x/i;i++)
  {
    if(x%i==0)
    {
      return false;
    }
  }
  return true;

}
int main()
{
  // int n;
  // while(1)
  // {
  //   cin>>n;
  //   if(is_primes(n))
  //   {
  //     cout<<"是素数"<<endl;
  //   }
  //   else 
  //   {
  //     cout<<"不是素数"<<endl;
  //   }

  // }
  cout<<373;
  return 0;
}

质数日期

质数日期
在这里插入图片描述

暴力做法

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N=3e7+10;
using ll=long long;



int primes[N], cnt;     // primes[]存储所有素数
bool st[N];         // st[x]存储x是否被筛掉
void get_primes(int n)
{
    for (int i = 2; i <= n; i ++ )
    {
        if (!st[i]) primes[cnt ++ ] = i;
        for (int j = 0; primes[j] <= n / i; j ++ )
        {
            st[primes[j] * i] = true;
            if (i % primes[j] == 0) break;
        }
    }
}

int months[13] = {0,31,28,31,30,31,30,31,31,30,31,30,31};
bool check(int date)
{
  int year=date/10000,month=date%10000/100,day=date%100;

  if(!month||month>=13||!day)return false;
  if(month!=2&&day>months[month])return false;
  if(month==2)
  {
    int leap=(year%4==0&&year%100!=0)||year%400==0;
    if(day>28+leap)return false;
  }
  return true;
}
int main()
{
  ll s,t;
  cin>>s>>t;

  get_primes(t);
  int cnt=0;

  for(int i=s;i<=t;i++)
  {
    if(check(i))
    {
      if(!st[i])
      {
        cnt++;
      }
    }
    
  }
  cout<<cnt;
  return 0;
}

在这里插入图片描述

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>

using namespace std;

typedef long long LL;

const int N = 100010;

int n;
int f[] = {0,31,28,31,30,31,30,31,31,30,31,30,31};
int primes[N],cnt;
bool st[N];

void get_primes(int n)
{
    for(int i = 2;i <= n;i++)
    {
        if(!st[i]) primes[cnt++] = i;
        for(int j = 0;primes[j] <= n / i;j++)
        {
            st[primes[j] * i] = true;
            if(i % primes[j] == 0) break;
        }
    }
}

bool check(int n)
{
    if((n % 400 == 0) || (n % 4 == 0 && n % 100 != 0)) return true;
    return false;
}

int main()
{
    get_primes(N - 1);
    
    LL a,b;
    cin >> a >> b;
    
    int res = 0;
    for(int i = a / 10000;i <= b / 10000;i++)
    {
        if(check(i)) f[2] = 29;
        else f[2] = 28;
        for(int j = 1;j <= 12;j++)
        {
            for(int k = 1;k <= f[j];k++)
            {
                LL p = i * 10000ll + j * 100ll + k;
                if(p < a) continue;
                else if(p > b) break;
                else
                {
                    bool flag = true;
                    for(int l = 0;l < cnt && (LL)primes[l] * primes[l] <= p;l++)
                        if(p % primes[l] == 0)
                        {
                            flag = false;
                            break;
                        }
                    if(flag)
                    {
                        res++;
                    }
                }
            }
        }
    }
    
    cout << res << '\n';
    
    return 0;
}

质数游戏2

质数游戏2
在这里插入图片描述

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N = 1e5 + 10; // 定义素数的最大值

int primes[N], cnt;     // primes[] 存储素数，cnt计数素数的数量
bool st[N];            // st[x] 存储 x 是否被筛掉

// 函数用于获取1到 n 的所有素数
void get_primes(int n) {
    for (int i = 2; i <= n; i++) {
        if (!st[i]) primes[cnt++] = i; 
        for (int j = 0; primes[j] <= n / i; j++) { 
            st[primes[j] * i] = true; 
            if (i % primes[j] == 0) break; 
        }
    }
}

int ans; // 计数满足条件的子序列数量
int n; // 序列长度
int a[N]; // 存放数字序列

// DFS函数
void dfs(int u, int cnt, int sum) { // u: 当前遍历位置，cnt:当前子序列数字个数，sum:当前子序列数字和
    // 当 u 超过 n 时，表示已遍历完序列
    if (u == n + 1) {
        // 判断数量和和是否满足条件
        if (cnt >= 2 && !st[cnt] && sum >= 2 && !st[sum]) {
            ans++; 
        }
        return;
    }

    // 选择当前数字
    dfs(u + 1, cnt + 1, sum + a[u]); // 选择当前数字，增加个数和和
    // 不选择当前数字
    dfs(u + 1, cnt, sum); // 不选择当前数字，保持不变
}

int main() {
    cin >> n; 

    get_primes(N); // 获取所有素数
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        cin >> a[i]; 
    }

    dfs(1, 0, 0); // 从第一个数字开始DFS
    cout << ans; 
    return 0;
}

魔法阵的能量

在这里插入图片描述

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

/*
  思路说明（以代码注释形式呈现）：

  1. 先读取输入 n，然后判断 n 是奇数还是偶数。
     如果 n 是奇数 (n & 1)，则直接输出 0 并返回。原因是通过该实现的逻辑认为，
     如果 n 为奇数，则没有充分的 2 的因子来与 5 配对形成末尾零。

  2. 如果 n 是偶数，将 ans 设为 n/10，表示在此实现中，
     先简单认为除以 10 得到其中 2 的数量（实际上并不精准匹配题意，但这是此代码的做法）。
     然后再将 n 减少 10 倍（n /= 10）。

  3. 循环中使用 e=5，每次将 e *= 5，不断统计 n/e，累加到 ans 中，试图统计 5 的因子总数。
     这种统计 5 的方法类似于统计 n! 里 5 的因子个数的方法。

  4. 最终打印 ans，作为末尾零的数量。


*/

signed main() {
    long long n;
    cin >> n;

    // 如果 n 是奇数，直接返回 0
    if (n & 1) {
        cout << 0 << '\n';
        return 0;
    }

    // 将 n 除以 10，试图统计其中的 2 的数量
    long long ans = n / 10;
    n /= 10;

    // 统计 5 的数量
    long long e = 5;
    while (e <= n) {
        ans += n / e;
        e *= 5;
    }

    // 最终打印累加值 ans
    cout << ans << '\n';
    return 0;
}

阿坤老师切割年糕

阿坤老师切割年糕
在这里插入图片描述

解题思路
大致题意：

给定一个整数n,把n分为两个整数，如果这两个整数存在一个是另一个的因数，输出加1，求n中有多少个这样的输出

一般思路 ：

n为输入的值

x + (n-x) = n

(n-x) % x == 0时计数器加1

可行但时间复杂度大

枚举因数 ：

由题意x + y =n 已知x是y的因数 即c * x = y, c为大于0的任意常数

则x + y = x + c*x = x(c + 1 ) = = n

枚举x

一个数的因数只用遍历到此数的开根号，例如100，只需遍历1~10，这样就可以大大提升效率，具体原理就自己百度一下；

如果n % x == 0, 即存在一个整数c + 1 使（c +1）* x = n, 结果加2

为什么加2，当n%x == 0时，x是n的因数，n/x也是n的因数

例如n=4时，x的实际范围是1~2，当x=1时，4%1 = 0,4/1=4,1和4都是n的因数 所以加2

如果n // x = x,结果加1（因为两个数是一样的，加1即可）

当x=2时，x=n/x=2,加1即可

最后，我们会发现因数不能等于n,例如x=4时，1+4=5已经大于n了，故cnt要减1

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

int main()
{
  int n;
  cin>>n;

  int cnt=0;

  for(int i=1;i<=n/i;i++)
  {
    if(n%i==0)
    {
      if(n/i==i)
      {
        cnt+=1;
      }
      else 
      {
        cnt+=2;
      }
    }
  }
  cout<<cnt-1;
  return 0;
}

阶乘分解

阶乘的约数和

在这里插入图片描述

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int mod = 998244353; // 模数

// 定义一个全局 map，用于存储质因数及其对应的次数
map<int, long long> mp;

// 对整数 x 进行质因数分解，并将其质因数及对应的次数存入 mp 中
void solve(int x) {
    
    for (int i = 2; i <= x / i; i++) {
        int cnt = 0; 
        while (x % i == 0) { // 如果 i 是 x 的一个因子
            cnt++;
            x /= i; 
        }
        if (cnt) mp[i] += cnt; // 如果 i 是质因数，记录其次数
    }
    // 如果 x 本身是一个大于 1 的质数
    if (x > 1) mp[x]++;
}

int main() {
    int n;
    cin >> n; 

    // 对 2 到 n 的所有整数进行质因数分解
    for (int i = 2; i <= n; i++) solve(i);

    long long sum = 1; // 用于存储约数之和的结果
    // 遍历所有质因数及其次数
    for (auto& [p, c] : mp) {
        long long ret = 0, t = 1;
        // 计算当前质因数 p 的约数和部分 (1 + p + p^2 + ... + p^c) % mod
        for (int i = 0; i <= c; i++) {
            ret = (ret + t) % mod; // 累加当前项
            t = t * p % mod; // 计算下一项 (p^i)
        }
        // 将当前质因数的约数和乘入结果
        sum = sum * ret % mod;
    }
    
    cout << sum << endl;
    return 0;
}

程序的输出零

在这里插入图片描述

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

int main() {
  int n, res = 0;
  cin >> n;

  // 思路：需要计算f(n)的末尾有多少个零。
  // 尾数为0的数字来源于因子2和5的乘积，且因子5的数量通常比因子2少。
  // 所以，我们主要计算f(n)中因子5的数量。
  // 由于f(n) = n * f(n-2)，相当于每隔2个数乘一次，只考虑偶数情况。

  if (n % 2 == 0) { // 如果n是偶数
    for (int i = n; i > 1; i = i - 2) { // 从n开始每隔2个数递减
      int temp = i;
      while (temp % 5 == 0) { // 计算当前数中包含多少个因子5
        res++; // 每找到一个因子5，结果加1
        temp /= 5; // 除以5继续检查
      }
    }
  }

  cout << res << endl; // 输出结果
  return 0;
}

双子数

双子数
在这里插入图片描述

#include <iostream>
using namespace std;
const int N = 4e6 + 10;

int primes[N], cnt; 
bool st[N];        


void get_primes(int n) {
    for (int i = 2; i <= n; i++) {
        if (!st[i]) primes[cnt++] = i;
        for (int j = 0; primes[j] <= n / i; j++) {
            st[primes[j] * i] = true; 
            if (i % primes[j] == 0) break;
        }
    }
}

int main() {
    int ans = 0;
    get_primes(N); // 获取所有小于等于N的素数

    // 遍历所有素数对(p, q)
    for (int i = 0; i < cnt; i++) {
        for (int j = 0; j < i && 1LL * primes[i] * primes[j] * primes[i] * primes[j] <= 23333333333333LL; j++) {
            // 检查p和q的乘积是否在给定范围内
            if (1LL * primes[i] * primes[j] * primes[i] * primes[j] >= 2333) {
                ++ans; 
            }
        }
    }

    cout << ans; // 输出结果
    return 0;
}

躲炮弹

躲炮弹
在这里插入图片描述

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll=long long;

int n,L,R;
int ans;

bool check(int x)// 枚举x的所有因数
{
  for(int i=1;i<=x/i;i++)
  {
    if(x%i==0)
    {
      if(L<=i&&i<=R)return true;// 如果因数i或x/i在[L, R]范围内，则返回true
      if(L<=x/i&&x/i<=R)return true;
    }
  }
  // 如果没有因数在[L, R]范围内，则返回false
  return false;
}
int main()
{
  cin>>n>>L>>R;

	// 如果初始位置n在[L, R]范围内
  if(L<=n&&n<=R)
  {
    int ans = n - L + 1; // 初始位置到L的距离
    for(int i=1;i<=2000;i++) // 枚举从R开始向右最多2000步的距离，寻找一个合法位置
    {
      if(!check(R+i))
      {
        ans=min(ans,R+i-n);// 更新最小步数
        break;
      }
    }
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
  }
  else // 如果初始位置n不在[L, R]范围内
  { // 枚举从n向左右最多2000步的距离，寻找一个合法位置
    for(int i=0;i<=2000;i++)
    {
      if(!check(n+i)||!check(n-i))
      {
        cout<<i<<endl;
        break;
      }
    }
  }
  
  return 0;
}

GCD+LCM

互质数的个数

互质数的个数
在这里插入图片描述

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;

const int MOD = 998244353;

// 快速幂算法，计算 a^b % c
ll qmi(ll a, ll b, ll c) {
    ll ans = 1;
    a %= c;
    while (b) {
        if (b & 1) {
            ans = (ans * a) % c;
        }
        a = (a * a) % c;
        b >>= 1;
    }
    return ans;
}

int main() {
    int a, b;
    cin >> a >> b;
    ll mi = qmi(a, b, MOD); // 计算 a^b % MOD
    ll ans = 0;
    // 统计与 mi 互质的数的个数
    for (int i = 1; i < mi; i++) {
        if (__gcd((ll)i, mi) == 1) ans++;
    }
    cout << ans;
    return 0;
}

等差数列

等差数列
在这里插入图片描述

$a_n=a_{1}+(n-1)d$

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll=long long;
int a[100000];
int main()
{
  int n;
  cin>>n;
  for(int i=1;i<=n;i++)
  {
    cin>>a[i];
  }
  sort(a+1,a+1+n);
  int d=0;
  for(int i=2;i<=n;i++)
  {
    d=__gcd(d,a[i]-a[i-1]);
    
  }

  if(d==0)
  {
    cout<<n<<endl;
  }
  else cout<<(a[n]-a[1])/d+1;
  return 0;
}

Hankson 的趣味题

Hankson 的趣味题
在这里插入图片描述

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll=long long;

int lcm(int a,int b)
{
  return a/__gcd(a,b)*b;
}
int main()
{
  int n;
  cin>>n;
  while(n--)
  {
    int a0,a1,b0,b1;
    cin>>a0>>a1>>b0>>b1;
    int ans=0;
    for(int x=1;x<=sqrt(b1);x++)
    {
      if(b1%x==0)
      {
        if(__gcd(x,a0)==a1&&lcm(x,b0)==b1)ans++;
        int y=b1/x;
        if(x==y)
        {
          continue;
        }
        if(__gcd(y,a0)==a1&&lcm(y,b0)==b1)ans++;
      }
    }
    cout<<ans<<endl;
  }

  return 0;
}

核桃的数量

核桃的数量
在这里插入图片描述

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

/*
  题目思路：
  1. 我们需要确保每个开发组(共3个)分到的核桃数量相同，并且能够被各组人数整除。
  2. 这意味着每袋核桃数量是 a、b、c 三个数的最小公倍数 (LCM)。
  3. 先计算 a 和 b 的 LCM，再与 c 的 LCM 进行计算，得到所有人的最小公倍数即为答案。
*/

int lcm(int x, int y) {
    // 计算两个数的最小公倍数，公式：LCM(a, b) = (a * b) / GCD(a, b)
    return x / std::gcd(x, y) * y;
}

int main() {
    int a, b, c;
    cin >> a >> b >> c;               // 从输入读取 a, b, c
    int num = lcm(lcm(a, b), c);      // 先求 a 和 b 的 LCM，再与 c 一起求 LCM
    cout << num;
    return 0;
}

奇偶比例

奇偶比例
在这里插入图片描述

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

/*
  解题思路：
  1. 使用前缀数组 preodd 和 preven 分别统计前 i 个数中的奇数和偶数个数，方便快速获取任意区间的奇偶数目。
  2. 定义函数 getpair(l, r) 返回子区间 [l..r] 的奇偶数最简比例；将末端区间 [i..n] 的比例出现次数记录在哈希表中，并且在遍历时累加前端区间 [1..i-1] 所对应的相同比例出现次数。
*/

const int N = 1e5 + 7;
using PII = pair<int,int>;

// 存储奇偶数量前缀和
int a[N], preodd[N], preven[N];

// 计算最大公约数
int gcd(int x, int y) {
    return y == 0 ? x : gcd(y, x % y);
}

// 计算区间 [l..r] 的奇偶数最简比例
PII getpair(int l, int r) {
    int oddCount = preodd[r] - preodd[l - 1];
    int evenCount = preven[r] - preven[l - 1];
    
    // 若全部为偶数
    if (oddCount == 0) {
        return {0, 1};
    }
    // 若全部为奇数
    else if (evenCount == 0) {
        return {1, 0};
    }
    // 否则计算奇偶数的最简比
    else {
        int g = gcd(oddCount, evenCount);
        return {oddCount / g, evenCount / g};
    }
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);

    int n;
    cin >> n;
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        cin >> a[i];
        // 更新奇数前缀和与偶数前缀和
        preodd[i] = preodd[i - 1] + (a[i] % 2);
        preven[i] = preven[i - 1] + (a[i] % 2 == 0);
    }
    
    // 哈希表统计 每种奇偶最简比例出现的次数
    map<PII, int> mp;
    long long cnt = 0;

    // 从后往前遍历，记录 [i..n] 这段的奇偶最简比例出现次数
    // 并累加和 [1..i-1] 区间有相同最简比例的次数
    for(int i = n; i > 1; i--) {
        mp[getpair(i, n)]++;
        cnt += mp[getpair(1, i - 1)];
    }
    
    cout << cnt << "\n";
    return 0;
}

旅行I

旅行I
在这里插入图片描述

最大公约数 (gcd) 的特性是，它能找到多个步长之间的最大公共步长。如果我们没有包含所有国家对 x 的影响，那我们可能会错过一些可行的移动步长 D。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

/*
  思路注释：
  1. 首先对国家坐标进行排序，方便确定最小和最大位置。
  2. 将移动距离 D 决定为 gcd(...)，即 x 与每个国家坐标之间差值的最大公约数（若某个差值为0则修正为1），
     这样可以保证在固定步长 D 下依然可以到达所有国家。
  3. 根据小蓝初始坐标 x 所处的位置关系（可能在最右、在最左或在中间），
     分别计算在步长为 D 时从 x 覆盖到所有国家所需的最少移动次数。
*/

int gcd(int a, int b) {
    while (b != 0) {
        int tmp = a;
        a = b;
        b = tmp % b;
    }
    return a;
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);

    int n, x;
    cin >> n >> x;
    vector<int> a(n);

    for(int i = 0; i < n; i++) {
        cin >> a[i];
    }

    // 对所有国家坐标排序
    sort(a.begin(), a.end());

    // 初始化 d 为 |a[0] - x|
    int d = abs(a[0] - x);
    if(d == 0) {
        d = 1; // 避免 gcd(0,0) 的情况
    }

    // 计算 x 与其他国家之间坐标差值的最大公约数
    for(int i = 0; i < n - 1; i++) {
        d = gcd(d, abs(a[i + 1] - x));
    }

    int ans = 0;
    if(x >= a[n - 1]) {
        // 若 x 已经在最右侧，计算从 x 到最左侧坐标的距离 (x-a[0])，再除以步长 d
        ans = (x - a[0]) / d;
    } else if(x > a[0]) {
        // 若 x 在中间位置，则尝试向左/向右覆盖全部国家，取覆盖最大的距离
        if(a[n - 1] - x > x - a[0]) {
            ans = ((x - a[0]) + (a[n - 1] - a[0])) / d;
        } else {
            ans = ((a[n - 1] - x) + (a[n - 1] - a[0])) / d;
        }
    } else {
        // 若 x 在最左侧，计算从 x 到最右侧 a[n-1] 的距离 (a[n-1]-x)，再除以 d
        ans = (a[n - 1] - x) / d;
    }

    cout << ans << endl;
    return 0;
}

寻找她

寻找她
在这里插入图片描述

#include <iostream>
using namespace std;

/*
  思路说明：
  1. 首先读取 n，即可买到的地铁票种数，并分别读入每种票的价格 a[i] 以及可移动站数 b[i]。
  2. 为了保证能到达所有地铁站，需要选择两张票的步数 b[i], b[j] 满足 gcd(b[i], b[j])=1，
     因为只有当步数之间的最大公约数为 1 时，才能组合出任意距离覆盖所有站点。
  3. 使用两重循环检索任意两张地铁票，若它们的 b 值满足 gcd(b[i], b[j])=1，则更新最小花费。
  4. 如果遍历结束都找不到 gcd=1 的票对，则输出 -1，否则输出最小花费。
*/

#define ll long long

// 计算最大公约数
ll gcd(ll a, ll b) {
    if (b > a) {
        ll t = a;
        a = b;
        b = t;
    }
    if (b == 0) {
        return a;
    } else {
        return gcd(b, a % b);
    }
}

int main() {
    ll n;
    cin >> n;
    ll a[n], b[n];

    // 读入价格数组
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        cin >> a[i];
    }
    // 读入可移动站数数组
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        cin >> b[i];
    }

    // 初始化最小花费（先取前两张票价格之和）
    ll money = a[0] + a[1];
    int flag = 0; // 标记是否能找到 gcd=1 的票对

    // 检索两两票组合，寻找 gcd=1
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        for (int j = i + 1; j < n; j++) {
            if (gcd(b[i], b[j]) == 1) {
                flag = 1;
                money = min(money, a[i] + a[j]);
            }
        }
    }

    // 若没找到满足 gcd=1 的任意票对，则输出 -1
    if (flag == 0) {
        cout << -1;
        return 0;
    }

    // 否则输出最小花费
    cout << money;
    return 0;
}

小咕咕

在这里插入图片描述

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

int lcm(int a,int b)
{
  return a/__gcd(a,b)*b;
}
int main()
{
  int a,b,t;
  cin>>a>>b>>t;
  
  int sum=lcm(a,b);
  int ans=t/sum;
  cout<<ans;
  return 0;
}