『日常训练』2020WFU个人积分赛第三场

企业开发 2020-04-20 10:54:07 阅读次数: 0

  1. D - 质因数分解【基础】

    签到题

    AC代码

    #include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 1e5 + 5;
bool f(int n){
    for(int i = 2; i*i <= n; i++){
        if(n%i==0) return 0;
    }
    return 1;
}
int main(void) {
    int n;
    cin >> n;
    for(int i = 2; i*i <= n; i++){
        if(n%i==0){
            int t = n/i;
            if(f(t)){
                cout<<t<<endl;
                break;
            }
        }
    }
    return 0;
}

  2. F - Goldbach’s Conjecture【基础】

    签到题

    AC代码

    #include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 1e5 + 5;
bool f(int n){
    for(int i = 2; i*i <= n; i++){
        if(n%i==0) return 0;
    }
    return 1;
}
int main(void) {
    int n;
    while(cin>>n&&n){
        for(int i = 2; i <= n/2; i++){
            if(f(i)&&f(n-i)){
                cout<<n<<" = "<<i<<" + "<<n-i<<endl;
                break;
            }
        }
    }
    return 0;
}

  3. G - Sherlock and His Girlfriend【思维】

    思路：质数输出0，合数输出1.

    AC代码

    #include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 1e5 + 5;
bool book[maxn];
void Init(){
	for(int i = 2; i <= maxn; i++){
		if(book[i]==0){
			for(int j = i+i; j <= maxn; j += i){
				book[j] = 1;
			}
		}
	}
}
int main(void) {
    int n;
    cin >> n;
    Init();
  	if(n==1){
		cout<<1<<endl;
		cout<<1<<endl;
	}
	else if(n==2){
		cout<<1<<endl;
		cout<<1<<" "<<1<<endl;
	}
	else{
		cout<<2<<endl;
		for(int i = 2; i <= n+1; i++){
			if(book[i]==0) cout<<1<<" ";
			else cout<<2<<" ";
		}
		cout<<endl;
	}
    return 0;
}

  4. E - 轻拍牛头【数论】

    思路：n^2做法是很好想的，显然会超时。怎么优化呢？类似与我们学过的打表求最大因子。我们可以存下所有数出现的次数，然后将所有他们的倍数加上他们的个数，最后记得减去一次自己重复加上的即可（这道题对时间复杂度要求挺高，暴力肯定过不了，哪怕是这串代码，也被卡cin）

    AC代码：

    #include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 1e6 + 5;
int a[maxn];
int b[maxn];
int c[maxn];
int main(void) {
    int n;
    cin >> n;
    int maxx = 0;
    for(int i = 1; i <= n; i++){
        cin >> a[i];
        b[a[i]]++;
        maxx = max(a[i],maxx);
    }
    for(int i = 1; i <= maxx; i++){
        if(b[i]==0) continue;
        for(int j = i; j <= maxx; j += i){
            c[j] += b[i];
        }
    }
    for(int i = 1; i <= n; i++){
        cout<<c[a[i]]-1<<endl;
    }
    return 0;
}

  5. H - 樱花【数论-质因数分解】

    前置知识：阶乘分解

    思路：化简方程得
    x + y x y = 1 n ! \frac{x+y}{xy} = \frac{1}{n!}
    进一步得到
    x y − ( x + y ) ∗ n ! = 0 xy-(x+y)*n!=0
    很多人会推到这被卡住了，我们两边同时加上 n 2 n^2 得
    n ! 2 − n ! ∗ ( x + y ) + x y = n ! 2 n!^2-n!*(x+y)+xy=n!^2
    因式分解得到
    （ x − n ! ) ( y − n ! ) = n ! 2 （x-n!)(y-n!)=n!^2
    令 a = x − n ! a=x-n! ， b = y − n ! b=y-n! ，得到
    a b = n ! 2 ab=n!^2
    我们要求(x,y)的对数，我们发现只要求出a的个数即可，因为 a = n ! 2 / b a=n!^2/b ，b和a的个数是一样的。

    怎么求a呢？我们发现a是 n ! 2 n!^2 的一个因子，根据唯一分解定理，我们可以先把 n ! 2 n!^2 分解掉可得
    n ! = p 1 c 1 × p 2 c 2 × . . . × p k c k n!=p_1^{c_1}\times p_2^{c_2} \times ... \times p_k^{c_k}
    可得
    ( n ! ) 2 = p 1 2 c 1 × p 2 2 c 2 × . . . × p k 2 c k (n!)^2=p_1^{2c_1}\times p_2^{2c_2} \times ... \times p_k^{2c_k}
    那么根据唯一分解定理a的个数为
    ( 2 c 1 + 1 ) ( 2 c 2 + 1 ) . . . ( 2 c k + 1 ) (2c_1+1)(2c_2+1)...(2c_k+1)
    那么最后的答案即为：
    ( 2 c 1 + 1 ) ( 2 c 2 + 1 ) . . . ( 2 c k + 1 )   m o d   1 0 9 + 7 (2c_1+1)(2c_2+1)...(2c_k+1)\ mod\ 10^9+7
    AC代码：

    #include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod = 1e9 + 7;
const int maxn = 1e6+10;
int num[maxn];
int cnt,prime[maxn];
bool vis[maxn];
void Init(int n){
    for(int i = 2; i <= n; i++){
        if(!vis[i])
            prime[++cnt] = i;
        for(int j = 1; j <= cnt &&i*prime[j]<=n;j++){
            vis[i*prime[j]] = 1;
            if(i%prime[j] == 0)
                break;
        }
    }
}
int main(void){
    int n;
    cin >> n;
    Init(n);
    for(int i = 1; i <= n; i++){
        int tmp = i;
        for(int j = 1; j <= cnt&&prime[j]*prime[j] <= tmp; j++){
            if(tmp%prime[j]==0){
                int ct = 0;
                while(tmp%prime[j] == 0){
                	tmp /= prime[j];
					ct++;
				}
                num[prime[j]] += ct;
            }
        }
        if(tmp>1)
            num[tmp]++;
    }
    ll ans = 1;
    for(int i = 1; i <= cnt; i++) ans = (ans*(2*num[prime[i]]+1))%mod;
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}

  6. C - Prime Distance【素数筛】

    思路：显然，不可能直接去筛 2147483647 以内的素数；

    由于任何一个合数n必定包含一个不超过 n \sqrt{n} 的质因子，

    那么，我们不妨先用欧拉筛法筛出 [0,46341]区间内的素数（46341≈√2147483647）；

    然后对于每个【L,R】区间，用筛出来的质数再去标记【L,R】内的合数，剩下来的就是质数了。

    细节之处，自己好好揣摩代码。

    AC代码：

    #include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 1e6+10;
bool book[maxn];
bool vis[maxn];
int a[maxn];
typedef long long ll;
ll l,r;
void Init()
{
	memset(book,0,sizeof(book));
	memset(vis,0,sizeof(vis));
	for(ll i = 2; i*i <= r; i++)
	{
		if(vis[i]==0)
		{
			for(ll j = i+i; j*j <= r; j += i)
				vis[j] = 1;
			for(ll j = max(2ll,(l+i-1)/i)*i; j <= r; j += i)////(L-1+i/i)得到最接近L的i的倍数
				book[j-l] = 1;////偏移量，因为单纯j会导致数组越界，把范围弄到0到len上
		}
	}
}
int main(void)
{
	
	while(cin>>l>>r)
	{
		if(l==1)
			l++;
		Init();
		int cnt = 0;
		int flag = 0;
		for(int i = 0; i <= r-l; i++)
		{
			if(book[i]==0)
			{
				flag = 1;
				a[cnt++] = i+l;
			}
		}
		if(flag==0||cnt==1)
			cout<<"There are no adjacent primes."<<endl;
		
		else
		{
			ll minx = 0x3f3f3f3f;
			ll maxx = -0x3f3f3f3f;
			ll pos1,pos2;
			ll q1,q2;
			for(int i = 1; i < cnt; i++)
			{
				ll t = a[i]-a[i-1];
				if(t<minx)
				{
					minx = t;
					pos1 = a[i];
					pos2 = a[i-1];
				}
				if(t > maxx)
				{
					maxx = t;
					q1 = a[i];
					q2 = a[i-1];
				}
			}
			cout<<pos2<<","<<pos1<<" are closest, " <<q2<<","<<q1<<" are most distant."<<endl;
		}
	}
	return 0;
}

  7. A - Computer Game【模拟】

    PS：这是一道很好的模拟

    题意：你正在玩你最喜欢的一款游戏，现在你闯到了最后一关，要和大Boss一决高下。

    Boss有两个属性：生命值max和每秒钟回复的生命值reg。

    你手上有N个卷轴，每个卷轴也有两个属性：卷轴使用时Boss的最大血量百分比 p o w i pow_i （如果Boss的血量百分比大于 p o w i pow_i ，则无法使用这个卷轴）和卷轴每秒钟造成的伤害 d a m i dam_i 。卷轴是一次性的，但是它的效果会持续到游戏结束。

    每一秒钟战斗的顺序是：Boss先受到所有卷轴造成的伤害，然后回复reg点生命值（当然，Boss的血量不能超过max），然后你使用可以使用的一个卷轴。

    当某一秒Boss受到伤害并回复血量之后血量小于等于0时，你就赢了。

    现在请你回答：你是否能够赢这一局游戏？如果可以，求出最短用时、每一个卷轴是否被使用和使用过的卷轴被使用的时间。

    注意：在获胜的那一秒不能使用卷轴

    思路：模拟。。。

    AC代码：

    #include <iostream>
#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <algorithm>
#include <cmath>
using namespace std;
int n,x,y,t[1010],id[1010],vis[1010];
struct node{
    int id, p, d;
}a[1010];
bool cmp1(node a,node b){return a.d>b.d;}
bool cmp2(node a,node b){return a.id<b.id;}
int main()
{
    scanf("%d%d%d",&n,&x,&y);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        scanf("%d%d",&a[i].p,&a[i].d);
        a[i].id = i;
    }
    sort(a+1,a+1+n,cmp1);
    int now = x, d = 0, be = 0, cnt = 0;
    for(int i=0; ; i++){
        now -= d; now += y;
        now = min(now, x);
        if(now<=0){
            printf("YES\n%d %d\n",i,cnt);
            for(int j=0;j<cnt;j++) printf("%d %d\n",t[j],id[j]);
            return 0;
        }
        for(int j=1;j<=n;j++){
            if(vis[j]||a[j].p*x<now*100) continue;
            vis[j] = 1; d += a[j].d;
            t[cnt] = i; id[cnt++] = a[j].id;
            break;
        }
        if(be==d&&d<=y) break;
        be = d;
    }
    printf("NO\n");
    return 0;
}
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