习题选讲

1. 习题选讲 赵浩泉 wxyz202@soj.me

2. 数论 • 1500 Prime Gap • 1259 Sum of Consecutive Primes • 1231 The Embarrassed Cryptography • 1240 Faulty Odometer • 1214 信号分析 • 1203 The Cubic End • 1099 Packing Passengers • 1014 Specialized Four-Dig • 1119 Factstone Benchmark

3. 1500 Prime Gap • 题目大意： • 给出一个正整数k，计算出两个相邻的素数，使得k在这两个素数之间，求出两个素数之差。如果不存在这两个素数则输出0。

4. 1500 Prime Gap • 解题思路： • 题目等价于求出小于等于k的最大素数与大于等于k的最小素数，并求出它们的差。 • 从k分别向下和向上枚举每个整数，判断是否为素数，直到找到这两个素数。

5. 1500 Prime Gap boolisprime(int n) { if (n!=2&&n%2==0) return false; for (inti=3;i*i<=n;i+=2) if (n%i==0) return false; return true; } for (i=k;!isprime(i);i--); for (j=k;!isprime(j);j++);

6. 1259 Sum of Consecutive Primes • 题目大意： • 给出一个正整数，求出它有多少种方法可以表示成连续的素数的和。 • 例如53 = 5 + 7 + 11 + 13 + 17 = 53，共有两种方法。 • 数据范围为[2, 10000]

7. 1259 Sum of Consecutive Primes • 解题思路： • 先求出10000以内的所有素数。 • 对每个输入，枚举连续的素数的起点，寻找是否有一段连续的素数与它相等，如果有则累加答案。

8. 1259 Sum of Consecutive Primes • p[0]=2;np=1; • for (i=3;i<10000;i+=2) { • isprime=true; • for (j=0;j<np;j++) { • if (p[j]>100) break; • if (i%p[j]==0) isprime=false; • } • if (isprime) {p[n]=i;np++;} • }

9. 1259 Sum of Consecutive Primes • int cal(int n) { • int ans=0; • for (int i=0;i<np;i++) { • int j=i,s=0; • while (s<n&&j<np) {s+=p[j];j++;} • if (s==n) ans++; • } • return ans; • }

10. 1231 The Embarrassed Cryptography • 题目大意： • 给出两个正整数K和L，问K是否存在小于L的质因数，有的话则找出最小的质因数。 • 4 <= K <= 10100， 2 <= L <= 106

11. 1231 The Embarrassed Cryptography • 解题思路： • 先预处理不超过106的所有素数。（筛法） • 对每个不超过L的素数，检查是否能整除K。 • 高精度除法。（压缩）

12. 1231 The Embarrassed Cryptography memset(prime,true,sizeof(prime)); p[0]=2; np=1; //prime number counter for (i=3;i<maxn;i+=2) { if (prime[i]==true) { p[np]=i; np++; for (j=i+i;j<maxn;j+=i) prime[i]=false; } }

13. 1231 The Embarrassed Cryptography m=strlen(s); if (m%9==0) k=0; else k=9-m%9; for (i=m;i>=0;i--) s[i+k]=s[i]; for (i=0;i<k;i++) s[i]='0'; m=strlen(s)/9; for (i=0;i<m;i++) { x[i]=0; for (j=0;j<9;j++) x[i]=x[i]*10+s[i*9+j]-'0'; }

14. 1231 The Embarrassed Cryptography ans=-1; for (i=0;i<np&&p[i]<l;i++) { temp=0; for (j=0;j<m;j++) temp=((long long)temp * 1000000000+x[j]) % p[i]; if (temp==0) { ans=p[i]; break; } }

15. 1240 Faulty Odometer • 题目大意： • 有个损坏的里程表，不能显示数字4，会从数字3直接跳到数字5。 • 给出里程表的读数，求出实际里程。

16. 1240 Faulty Odometer • 解题思路： • 里程表能显示的数字为”012356789”，总共9个，等价于九进制。以九进制的方式计算实际里程。

17. 1240 Faulty Odometer • int cal(int n) { • int s=0,k=1,m=n; • while (n>0){ • int x=n%10; • n/=10; • if (x>4) x--; • s+=x*k; • k*=9; • } • return s; • }

18. 1214 信号分析 • 题目大意： • 数列a1=1, a3=3 • a2n = an • a4n+1 = 2*a2n+1 – an • a4n+3 = 3*a2n+1 - 2*an • 给出L，求1<=i<=L中aL=L的个数

19. 1214 信号分析 • 解题思路： • 找规律。按二进制找。 • a(1)=1 a(10)=1 a(11)=11 a(100)=1 a(101)=101 a(110)=11 a(111)=1111 • 猜想规律：数列的第n项为n的二进制串的倒置。

20. 1214 信号分析 • 证明：用数学归纳法证明 • 当n=1和3时，a(1)=1,a(11)=11满足。 • 设n=xyz，则a(xyz0)=a(xyz)=zyx=0zyx，满足； • a(xyz01)=2*a(xyz1)-a(xyz)=1zyx0-zyx =10zyx，满足； • a(xyz11)=3*a(xyz1)-2*a(xyz)=1zyx0+1zyx-zyx0 =11zyx，满足。 • 因此得到证明。

21. 1214 信号分析 • 问题转换成求1<=i<=L的二进制里有多少个是回文串。 • 枚举构成回文串的其中一半数字，从而构造得到回文串，再与L比较大小。 • L最多为32位，因此枚举的二进制串最多为16位。

22. 1214 信号分析 • void dfs(unsigned n,unsigned lev) { • if (lev==0) { • cal(n); • return; • } • dfs(n<<1,lev-1); • dfs((n<<1)+1,lev-1); • return; • } • ans=0; • dfs(0,16);

23. 1214 信号分析 • void cal(unsigned n) { • if (n==0) return; • unsigned temp=n,l=0; • while (temp>0) { • temp>>=1; • l++; • } • temp=(n<<l)|reverse(n); • if (temp<=L) ans++; • temp=(n<<(l-1))|reverse(n>>1); • if (temp<=L) ans++; • return; • }

24. 1214 信号分析 • unsigned reverse(unsigned n) { • unsigned ret=0; • while (n>0) { • ret=(ret<<1)|(n&1); • n>>=1; • } • return ret; • }

25. 1203 The Cubic End • 题目大意： • 如果一个数字串，以1，3，7，9结尾，则会有一个数，它的三次方以这个数字串结尾，且长度不会超过这个数字串。现在给出这个数字串，求出这个数。

26. 1203 The Cubic End • 解题思路： • 从低位向高位枚举，尝试用每个数字填入这个位置，检查所得到的尾数是否相符，相符则下一个位，直至枚举完所有位置。 • 检查尾数用三重循环（三次方），保存进位。

27. 1203 The Cubic End scanf("%s",s); k=strlen(s); for (i=0;i<k;i++) n[i]=s[k-i-1]-48; z=0; for (i=0;i<k;i++){ for (m[i]=0;m[i]<=9;m[i]++){ temp=z; for (a=0;a<=i;a++) for (b=0;a+b<=i;b++){ c=i-a-b; temp=temp+m[a]*m[b]*m[c]; } if (temp%10==n[i]) break; } z=temp/10; } for (i=k-1;i>=0;i--) if (m[i]!=0) break; for (;i>=0;i--) printf("%d",m[i]);

28. 1099 Packing Passengers • 题目大意： • 有两种飞机A和B，花费分别为costA和costB，容量分别为passengersA和passengersB。现在要N个乘客，每个飞机都要完全装满乘客才能起飞，问最小费用。

29. 1099 Packing Passengers • 解题思路： • 当A，B其中一个容量为0时特判。 • 求出两种飞机的性价比，使得性价比低的飞机尽量少。 • 从多到少枚举性价比高的飞机的数量，如果剩余的乘客都能被另一种飞机装满，则存在解。

30. 1099 Packing Passengers • bool sol(long longai,long long bi,long long &a,long long &b,long long n) { • a=n/ai; • while ((n-a*ai)%bi!=0) { • if (a>0) a--; • else return false; • } • b=(n-a*ai)/bi; • return true; • } • if ((double)ax/ai<=(double)bx/bi) • c=sol(ai,bi,a,b,n); • else • c=sol(bi,ai,b,a,n);

31. 1014 Specialized Four-Dig • 题目大意： • 求出所有在十进制，十二进制，十六进制下各位数字之和相等的四位十进制数。

32. 1014 Specialized Four-Dig • 解题思路： • 枚举所有四位数，求出十进制，十二进制，十六进制下各位数字之和，再判断是否相等。

33. 1014 Specialized Four-Dig • int sum(int i,int base) { • int s=0; • while (i>0) { • s+=i%base; • i/=base; • } • return s; • } • bool check(int i) { • return sum(i,10)==sum(i,12)&&sum(i,10)==sum(i,16); • }

34. 1119 Factstone Benchmark • 题目大意： • 1960年发行了4位计算机，从此以后每过10年，计算机的位数变成两倍。输入某一个年份，求出在这个年份的最大的整数n使得n!能被该年份计算机的一个字表示。

35. 1119 Factstone Benchmark • 解题思路： • 先求出年份对应的字长。例如1981年16位。 • 用科学记数法表示阶乘，以2为底，从指数可以得到位数，与字长比较即可。

36. 1119 Factstone Benchmark x=k=1; m=(1<<(n/10-194)); for (i=1;k<=m;i++){ x*=i; while (x>=2){ x/=2; k++; } if (k<=m) ans=i; }

37. 谢谢！