ACM - 数学 - 提高（还没学多少）

news2024/10/7 14:31:42

ACM - 数学 练习题

  • 一、数论
    • 1、分解质因数 ：AcWing 197. 阶乘分解
    • 2、求约数个数
      • （1）AcWing 1294. 樱花 （求 n！约数个数之和）
      • （2）AcWing 198. 反素数 （求 1 ~ N 中约数最多的数）
      • （3）AcWing 200. Hankson的趣味题（gcd * lcm == 两数之积）
    • 3、欧拉函数
      • （1）AcWing 201. 可见的点 ：求有多少组互质的点
      • （2）AcWing 220. 最大公约数 ：N内gcd为素数的数对数量
    • 4、同余
      • （1）AcWing 222. 青蛙的约会 ：求一个未知数的同余方程
      • （2）AcWing 202. 最幸运的数字：至少x个连续的8能整除L
    • 5、

一、数论

1、分解质因数 ：AcWing 197. 阶乘分解

原题链接：https://www.acwing.com/problem/content/199/
在这里插入图片描述

/*
先预处理素数，因为所有质因子只可能在素数集中。
再用 while ( n / 素数a ) 反求 n 中最多只能有多少个因子是 a。
*/
#include<iostream>

using namespace std;

const int N = 1000010;

int primes[N], cnt = 0;
bool st[N];

int ans[N];

void init() {
    int n = N - 6;
    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 n;
    cin >> n;
    init();
    //统计数量
    for (int i = 0; i < cnt; ++ i) {
        int j = n;
        while (j >= primes[i]) {
            ans[primes[i]] += j / primes[i];
            j /= primes[i];
        }
    }
    //输出答案
    for (int i = 2; i <= n; ++ i) {
        if (ans[i]) printf("%d %d\n", i, ans[i]);
    }
    if (n == 1) cout << "1 1" << endl;
    return 0;
}

2、求约数个数

（1）AcWing 1294. 樱花 （求 n！约数个数之和）

原题链接：https://www.acwing.com/problem/content/description/1296/

在这里插入图片描述
思路

因为 1 / x 和 1 / y 都小于 1 / n！，所以 x 和 y 都大于 n！。
在这里插入图片描述
故而在 x 是正整数的前提下，需要（x - n!）是 n！^ 2 的约数才可行。
而每一个（x - n!）中 x 只对应一个取值，相应的 y 也有唯一的取值。
所以题目就转换成 n！^ 2 有多少个约数。

借用分解质因数的做法，先预处理素数，因为所有质因子只可能在素数集中，再用 while ( n / 素数a ) 反求 n 中最多只能有多少个因子是 a，最后记得求模求解即可。

#include<iostream>

using namespace std;

const int N = 1000010, modd = 1e9 + 7;
#define ll long long

//ans[j] 对应n！中有多少个素数j
ll ans[N], primes[N], cnt = 0;
bool st[N];

//预处理素数
void init() {
    int n = N - 6;
    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 n;
    cin >> n;
    init();
    //求个数
    for (int i = 0; i < cnt; ++ i) {
        int j = primes[i];
        if (j > n) break;
        int m = n;
        while (m > 0) {
            ans[j] += m / j;
            ans[j] %= modd;
            m /= j;
        }
    }
    //求结果
    ll res = 1;
    for (int i = 2; i <= n; ++ i) {
        if (ans[i]) {
            res *= (ans[i] * 2 + 1);
            res %= modd;
        }
    }
    cout << res;
    return 0;
}

（2）AcWing 198. 反素数 （求 1 ~ N 中约数最多的数）

原题链接：https://www.acwing.com/problem/content/200/
在这里插入图片描述
在这里插入图片描述

/*
由约数个数定理可知，约数个数只与指数有关，N 有上限的前提下，底数越小，指数的空间才越大。
所以可以从2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29
（不用很多素数，因为单是这些数的一次方相乘就超过2e9）去爆搜。
由于要指数之积最大，所以指数的大小应当是单调不增的，这样才越慢接近N。
*/
#include<iostream>
using namespace std;

#define ll long long

ll n, ans = 1, res = 1;
ll a[] = {2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29};
ll nums[15][40];
ll flag = 2e9;

void dfs(int idx, int cnt, ll temp, ll num) {
    if (temp > ans || (temp == ans && num < res)) {
        ans = temp;
        res = num;
    }
	for (int i = cnt; i >= 0; -- i) {
	    if (nums[idx][i] && num * nums[idx][i] <= n) {
	        dfs(idx + 1, i, temp * (i + 1), num * nums[idx][i]);
	    }
	}
}

int main () {
	cin >> n;
// 	cout << 2L * 3 * 5 * 7 * 9 * 11 * 13 * 17 * 19 * 23  << endl;
    for (int i = 0; i <= 9; ++ i) {
        for (int j = 0; j <= 31; ++ j) {
            if (j == 0) nums[i][j] = 1;
            else {
                nums[i][j] = nums[i][j - 1] * a[i];
            }
            if (nums[i][j] > flag) break;
        }
    }
	dfs(0, 30, 1, 1);
	cout << res;
}

（3）AcWing 200. Hankson的趣味题（gcd * lcm == 两数之积）

原题链接：https://www.acwing.com/problem/content/description/202/

在这里插入图片描述
在这里插入图片描述

/*
由x和a0的最大公约数是a1，并不能获得x的上限。
但是x一定是b1的约数，而b1的约数最多只有1600个。
所以可以在获得b1所有质因子和次数后，dfs枚举b1的约数，逐一判断是否合法。

或者按照下面代码的做法，获得b0的约数，假设该约数是gcd(x, b0)，
由最大公约数*最小公倍数 == x * b0获得x的取值
*/
#include<iostream>
#include<vector>
#include<cmath>
#include<unordered_map>

using namespace std;

#define ll long long

const int N = 50000;

ll n, a0, a1, b0, b1;
ll ans = 0;
int primes[N], cnt = 0;
bool st[N];

//num-质因子 cnt-该质因子出现的次数
struct node{
	ll num, cnt;
};

//初始化素数表
void init() {
	ll m = 50000;
	for (int i = 2; i <= m; ++ i) {
		if (!st[i]) primes[cnt ++] = i;
		for (int j = 0; primes[j] <= m / i; ++ j) {
			st[primes[j] * i] = true;
			if (i % primes[j] == 0) break;
		}
	}
}

ll gcd(ll a, ll b) {
	return b == 0 ? a : gcd(b, a % b);
}

//爆搜获得约数
void dfs(vector<node> v, int idx, ll num, unordered_map<ll, bool> book) {
	if (idx == v.size()) {
	    ll x = num * b1 / b0;
		if (book.find(x) == book.end() && gcd(x, a0) == a1 && gcd(x, b0) == num && x * b0 == b1 * num) {
		     ++ ans;
		     book[x] = true;
		}
		return;
	}
	for (int i = 0; i <= v[idx].cnt; ++ i) {
		dfs(v, idx + 1, num * pow(v[idx].num, i), book);
	}
}

void solve() {
	vector<node> nums;
	unordered_map<ll, bool> book;
	ll b = b0;
	//获得质因子和次数
	for (int i = 0; i < cnt; ++ i) {
		ll c = 0;
		while (b % primes[i] == 0) {
			++ c;
			b /= primes[i];
		}
		if(c > 0) {
		    nums.push_back({primes[i], c});
		}
	}
	if (b > 1) nums.push_back({b, 1});
	dfs(nums, 0, 1, book);
}


int main () {
	cin >> n;
	init();
	while (n --) {
		cin >> a0 >> a1 >> b0 >> b1;
		ans = 0;
		solve();
		cout << ans << endl;
	}
}

3、欧拉函数

（1）AcWing 201. 可见的点 ：求有多少组互质的点

原题链接：https://www.acwing.com/problem/content/203/
在这里插入图片描述
在这里插入图片描述

/*
本题抽象出来就是找所有第一象限过原点且斜率不同的直线有多少条。
设直线穿过点 x0、y0，由 y = kx 可得 k = y0 / x0。
假如 x0 和 y0 不互质，设他们存在大于 1 的公因数 d，那么点（x0 / d， y0 / d）也穿过该直线。
故而本题其实就是求解有多少组不同的（x，y）互质 ==》欧拉函数
*/
#include<iostream>

using namespace std;

const int N = 1010;

int primes[N], cnt = 0;
int e[N];
bool st[N];

void init() {
    int n = N - 5;
    e[1] = 1;
    for (int i = 2; i <= n; ++ i) {
        if (!st[i]) {
            primes[cnt ++] = i;
            e[i] = i - 1;
        }
        for (int j = 0; primes[j] <= n / i; ++ j) {
            st[primes[j] * i] = true;
            if (i % primes[j] == 0) {
                e[primes[j] * i] = primes[j] * e[i];
                break;
            }
            e[primes[j] * i] = e[i] * (primes[j] - 1);
        }
    }
}

int main() {
    int t;
    cin >> t;
    init();
    for (int i = 1; i <= t; ++ i) {
        int n;
        cin >> n;
        int ans = 1;  
        for (int j = 1; j <= n; ++ j) ans += e[j] * 2; // 关于 y = x 对称
        cout << i << " " << n << " " << ans << endl;
    }
}

（2）AcWing 220. 最大公约数 ：N内gcd为素数的数对数量

原题链接：https://www.acwing.com/problem/content/222/
在这里插入图片描述

/*
假设gcd(x, y) = d (d是素数)，那么显然 gcd(x/d, y/d) = 1。
这意味着 x/d 和 y/d 是互质的。
据此，我们可以枚举 n 内的素数，求 n/d 范围所有能互质的对子的总数量。
受上一题（AcWing 201. 可见的点）的启发，我们可以预设 x/d <= y/d，先求对角线的一半，再翻倍即可。
res += 2 * sum[n / p] - 1; 是因为在乘2运算的时候对角线上的e[1]会被算两次，所以需要减1。
*/

#include<iostream>

using namespace std;

const int N = 10000010;
#define ll long long

int n;
int e[N],primes[N], cnt = 0;
bool st[N];
ll sum[N];  //欧拉函数的前缀和


void init() {
    e[1] = 1;
    for (int i = 2; i <= n; ++ i) {
        if (!st[i]) {
            primes[cnt ++] = i;
            e[i] = i - 1;
        }
        for (int j = 0; primes[j] <= n / i; ++ j) {
            st[primes[j] * i] = true;
            if (i % primes[j] == 0) {
                e[primes[j] * i] = primes[j] * e[i];
                break;
            }
            e[primes[j] * i] = e[i] * (primes[j] - 1);
        }
    }
    for (int i = 1; i <= n; ++ i) sum[i] = sum[i - 1] + e[i];
}

int main() {
    cin >> n;
    init();
    ll res = 0;
    for (int i = 0; i < cnt; ++ i) {
        int p = primes[i];
        res += 2 * sum[n / p] - 1;
    }
    cout << res;
    return 0;
}

4、同余

（1）AcWing 222. 青蛙的约会 ：求一个未知数的同余方程

原题链接：https://www.acwing.com/problem/content/224/
在这里插入图片描述
在这里插入图片描述

/*
假设青蛙跳了 p 次，一共走了 q 个整圈，那么 p * (m - n) - q * l = y - x。
由于只有p、q是未知数，所以直接用exgcd求即可。
注意 d | (y - x) 才有解，而且最终跳的次数 p 需要乘上 (y - x) / d 才是方程的一组解。
最后再对 l / gcd 取模求最小整数解即可ac。
*/
#include<iostream>

using namespace std;

#define ll long long

ll exgcd(ll a, ll b, ll &x, ll &y) {
    if (b == 0) {
        x = 1;
        y = 0;
        return a;
    }
    ll d = exgcd(b, a % b, y, x);
    y -= a / b * x;
    return d;
}

int main() {
    ll x, y, m, n, l, a, b;
    cin >> x >> y >> m >> n >> l;
    ll d = exgcd(m - n, l, a, b);
    if ((y - x) % d == 0) {
        a *= ((y - x) / d);
        ll u = abs(l / d);   //注意求绝对值
        cout << (a % u + u) % u << endl;
    }
    else cout << "Impossible";
    return 0;
}

（2）AcWing 202. 最幸运的数字：至少x个连续的8能整除L

原题链接：https://www.acwing.com/problem/content/description/204/
在这里插入图片描述
在这里插入图片描述

思路
在这里插入图片描述
① 使用欧拉定理时，10 和 c 互质的证明
把同余方程写成 10 ^ x + p * c = 1 的形式（p为未知数），假如 10 和 c 不互质，那么至少可以对等式左边提取出一个公因子 d，即： d * （10 ^ x / d + p * c / d）= 1.
很明显括号内的值不为0，当把 d 移到等式右边时，1 / d 不能整除且不能和左边相等，故而 d 必然为 1，即 10 和 c 一定互质。

② 同余方程的乘法法则
假如 a 同余 b（mod c），x 同余 y（mod c），那么 a * x 同余 b * y （mod c）。

= = = = =》

综上，我们可以发现先求出常数 c = 9 * L / gcd(L, 8)，再求和 c 互质的数的个数 phi，再用快速幂check一遍phi的除数中能满足同余方程的最小的除数。

当然快速幂过程有10次方 * 10次方，所以需要在乘法过程中用一下龟速乘。

代码

//推导过程太过摧枯拉朽
#include<iostream>
#include<cmath>

using namespace std;

#define ll long long

ll l, phi, c;

//求a和b的最大公约数
ll gcd(ll a, ll b) {
    return b ? gcd(b, a % b) : a;
}

//求1~c中有多少个和c互质的数
ll eul(ll c) {
    ll res = c;
    ll len = sqrt(c);
    for (ll i = 2; i <= len; ++ i) {
        if (c % i == 0) {
            while (c % i == 0) {
                c /= i;
            }
            res /= i;
            res *= (i - 1);
        }
    }
    if (c != 1) {
        res /= c;
        res *= (c - 1);
    }
    return res;
}

//龟速乘：求（a * b）% p
ll qmul(ll a, ll b, ll p) {
    ll res = 0, t = a;
    while (b) {
        if (b & 1) res = (res + t) % p;
        b >>= 1;
        t = (t + t) % p;
    }
    return res;
}

//快速幂：求10的k次方mod c
ll qmi(ll a, ll k, ll p) {
    ll res = 1, t = a;
    while (k) {
        if (k & 1) res = qmul(res, t, p);
        k >>= 1;
        t = qmul(t, t, p);
    }
    return res == 1;
}

//check(k)：判断10的k次方模c是不是等于1，即判断k是不是一组解
bool check(ll k) {
    return qmi(10, k, c) == 1;
}

int main() {
    int k = 1;
    while (cin >> l, l) {
        ll ans = 0x3f3f3f3f3f;
        c = 9 * l / gcd(l, 8);
        if (c % 2 == 0 || c % 5 == 0) ans = 0;
        phi = eul(c);
        
        for (ll i = 1; i <= phi / i; ++ i) {
            if (phi % i == 0) {
                if (check(i)) ans = min(ans, i);
                if (check(phi / i)) ans = min(ans, phi / i);
            }
        }
        printf("Case %d: %lld\n", k, ans);
        ++ k;
    }
    return 0;
}

5、

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OpenShift - 使用 Ansible Automation Platform 纳管 OpenShift Virtualization 虚机

OpenShift - 使用 Ansible Automation Platform 纳管 OpenShift Virtualization 虚机

《OpenShift / RHEL / DevSecOps 汇总目录》 说明&#xff1a;本文已经在支持 OpenShift 4.12 的 OpenShift 环境中验证 本文所用到的运行环境和配置方法请先参照以下 blog 准备&#xff1a; 《OpenShift 4 - 安装部署 Ansible Automation Platform 4.x 控制台》《OpenShift …
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React 组件

React 组件

文章目录 React 组件复合组件 React 组件 本节将讨论如何使用组件使得我们的应用更容易来管理。 接下来我们封装一个输出 “Hello World&#xff01;” 的组件&#xff0c;组件名为 HelloMessage&#xff1a; React 实例 <!DOCTYPE html> <html> <head> &…
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css中的grid高频布局

css中的grid高频布局

1.需求 1.一个父级容器内有n个子元素; 2.每个子元素最小宽度是100px&#xff1b; 3.每个子元素最大宽度根据屏幕宽度自适应&#xff1b; 4.每个子元素的宽度保持同宽&#xff1b; 5.每个元素之间有间隔&#xff0c;每一行的两边不留间隙&#xff0c;每一列的上下不留间隙&…
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2.V853支持WIFI和有线网卡

2.V853支持WIFI和有线网卡

100ASK-V853-PRO开发板支持WIFI和有线网卡 0.前言 ​ 通过上一章节&#xff0c;我们已经成功下载Tina SDK包&#xff0c;完成编译并烧写Tina Linux系统&#xff0c;接下来展示100ASK_V853-PRO开发部如何通过WIFI和有线网卡进行上网。 全志Linux Tina-SDK开发完全手册&#x…
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02-mysql升级篇（rpm方式+压缩包升级）

02-mysql升级篇（rpm方式+压缩包升级）

文章目录 升级方式一、二进制方式安装1、下载mysql-5.7.42安装包&#xff08;mysql-5.7.37升级mysql-5.7.42&#xff09;2、备份数据库、my.cnf文件&#xff0c;停止mysql服务&#xff08;重要&#xff09;3、查看当前数据库版本3、上传 mysql-5.7.42-1.el7.x86_64.rpm-bundle.…
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SpringMVC 详解

SpringMVC 详解

文章目录 一、SpringMVC简介1、什么是MVC2、什么是SpringMVC3、SpringMVC的特点 二、HelloWorld1、开发环境2、创建maven工程a>添加web模块b>打包方式&#xff1a;warc>引入依赖 3、配置web.xmla>默认配置方式b>扩展配置方式 4、创建请求控制器5、创建springMVC…
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关于太阳黑子数的查询

关于太阳黑子数的查询

太阳黑子数查询地址&#xff1a;点此跳转 浏览器中打开下图所示的网站。 根据自己的需求下载相应的文件查找太阳黑子数&#xff0c;下载时可以选择 TXT 文件格式&#xff0c;也可以选择 CSV 文件格式。 我下载了每日估计的太阳黑子数&#xff0c;TXT 格式文件打开如下图所示。…
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免费下载的无水印人物素材网站！

免费下载的无水印人物素材网站！

在日常设计中&#xff0c;设计师常常需要使用人物素材来提升设计作品的吸引力。一个可爱的人物插画可以使网页界面更加生动&#xff0c;一个富有个性的人物素材可以让应用程序更具吸引力&#xff0c;引发用户的共鸣。但设计师有时会苦恼于找不到合适的人物素材网站&#xff0c;…
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PCB制板基础知识[详细版]

PCB制板基础知识[详细版]

一、PCB概念 PCB&#xff08;PrintedCircuitBoard&#xff09;&#xff0c;中文名称为印制电路板&#xff0c;又称印刷电路板、印刷线路板&#xff0c;是重要的电子部件&#xff0c;是电子元器件的支撑体&#xff0c;是电子元器件电气连接的提供者。由于它是采用电子印刷术制…
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USB descriptor

USB descriptor

如下为oneplus的插入MIDI模式 device descriptor 注意&#xff1a;1个device只有一个描述符 bNumConfigurations 标识只有一个配置&#xff0c;该配置只属于一个传输速度 通过getDescriptor的方法获得&#xff0c;需要指定wvalue为deivce descriptor,至于index可以为0 大概1…
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【5.JS基础-JavaScript的DOM操作】

【5.JS基础-JavaScript的DOM操作】

1 认识DOM和BOM 所以我们学习DOM&#xff0c;就是在学习如何通过JavaScript对文档进行操作的&#xff1b; DOM Tree的理解 DOM的学习顺序 DOM的继承关系图 2 document对象 3 节点&#xff08;Node&#xff09;之间的导航&#xff08;navigator&#xff09; 4 元素&#xff0…
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