P1217 [USACO1.5]回文质数 Prime Palindromes

该博客讨论了USACO1.5题目中的回文质数问题,介绍了如何生成并判断在给定范围内(5到100,000,000)的回文质数。博主提到了两种方法,一种是先生成回文数再判断是否为质数,另一种是利用打表的方法。博客中包含了部分未完成的C++代码,并提及了埃氏筛法在处理大数时的时间复杂度问题。" 105668794,9223906,"Java中String截取:res.substring(2, 3)与s.substring(3)对比

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P1217 [USACO1.5]回文质数 Prime Palindromes

题目描述

因为 151 既是一个质数又是一个回文数(从左到右和从右到左是看一样的),所以 151 是回文质数。

写一个程序来找出范围 a,b[a,b] (5 \le a < b \le 100,000,000)a,b( 一亿)间的所有回文质数。
输入格式

第 1 行: 二个整数 a 和 b .
输出格式

输出一个回文质数的列表,一行一个。
输入输出样例
输入 #1

5 500

输出 #1

5
7
11
101
131
151
181
191
313
353
373
383

说明/提示

Hint 1: Generate the palindromes and see if they are prime.

提示 1: 找出所有的回文数再判断它们是不是质数(素数).

Hint 2: Generate palindromes by combining digits properly. You might need more than one of the loops like below.

提示 2: 要产生正确的回文数,你可能需要几个像下面这样的循环。

USACO Training Section 1.5

产生长度为5的回文数:

for (d1 = 1; d1 <= 9; d1+=2) { // 只有奇数才会是素数
for (d2 = 0; d2 <= 9; d2++) {
for (d3 = 0; d3 <= 9; d3++) {
palindrome = 10000d1 + 1000d2 +100d3 + 10d2 + d1;//(处理回文数…)
}
}
}

//题目来自洛谷

题解(目前只完成了部分)
思路:写两个小的函数以判断回文数和质数
回文数判断我还只会100以内的,所以代码只AC了两处…
至于质数判断,可以用埃氏筛法(详情自己百度)
具体原理就是要得到自然数n以内的全部素数,必须把不大于根号n的所有素数的倍数剔除,剩下的就是素数。

c++代码实现:

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
 
const long long maxn = 10000007 + 10;
const long long maxp = 700000;
int vis[maxn];    // i是合数vis为1,i是素数,vis为0
long long prime[maxp];
 
void sieve(long long n){
    long long m = (long long)sqrt(n + 0.5);
    memset(vis, 0, sizeof(vis));
    vis[2] = 0;
    for (long long i = 3; i <= m; i += 2) {
        if(!vis[i])
            for (long long j = i * i; j <= n; j += i)
                vis[j] = 1;
        if(i * i > n)
            break;
    }
}
 
long long gen(long long n){
    sieve(n);
    long long c = 1;
    prime[0] = 2;
    for (long long i = 3; i <= n; i += 2)
        if(!vis[i])
            prime[c++] = i;
    return c;
}
 
int main()
{
    long long n, c;
    cout << "刷素数到n:";
    cin >> n;
    c = gen(n);
    for (long long i = 0; i < c; i++)
        printf("%lld", prime[i]);
    cout << endl << c;
    return 0;
}

而主函数中,ab的值又太大了,需要long long int,这样的话我写的这两个函数时间复杂度就太大了,所以剩下的TLE又有很多…

以下是我现在写出来的代码:

#include <bits/stdc++.h>
#define N 100086
using namespace std;
inline bool judge_huiwen(int x)
{
    int i=0,j=0;
    int array[N];
    while(x)
    {
        array[i++]=x%10;
        x/=10;
    }
    i--;
    while(i>j)
    {
        if(array[j++]!=array[i--])
            break;
    }
    if(j>i)
        return true;
    else
        return false;
}
inline bool judge_prime(int x)
{
	int i;
	bool flag=true;
	for(i=2;i<=sqrt(x);i++)
	{
		if(x%i==0)
		{
			flag=false;
			break;
		}
	}
	return flag;
}
int main()
{
	int i;
	long long int a,b;
	cin>>a>>b;
	bool flag=true;
	for(i=a;i<=b;i++)
	{
		if(judge_huiwen(i)&&judge_prime(i))
		{
			cout<<i<<endl;
			continue;
		}
		else
			continue;
	}
	return 0;
}

————分割线————

其实这道题还有一种做法,那就是打表
//这种做法是我在看了洛谷大佬**SocietyNiu这道题题解的启发,在这里深表感谢!
用打表的话,其实我这个程序也就勉勉强强差不多了,如果是比赛的话就让程序一直在后台挂着就是了,也花不了几秒.

最后放上大佬代码:

#include<iostream>
#include<cstdio>
#define MAXN 10000005
using namespace std;
int prime[MAXN];
bool pp[MAXN];
int vis[MAXN];
bool pd_h(int x)
{

    int y=x,num=0;//int y=x,防止x被改变
    while (y!=0)
    {
        num=num*10+y%10;//上一次数字的记录进位再加上下一位数
        y/=10;
    } 
    if (num==x) return 1;
    else return 0;
}
int main()
{
    int a,b;
    cin>>a>>b;
    int cnt=0;
    if(b>10000000) b=10000000;
    for(int i=2;i<=b;i++)
    {
        if(!vis[i]) prime[cnt++]=i,pp[i]=1;
        for(int j=0;j<cnt&&i*prime[j]<=b;j++)
        {
            vis[i*prime[j]]=i;
            if(i%prime[j]==0) break;
        }
    }
    for(int i=a;i<=b;i++)
    {
        if(i>10000000) break;
        if(pd_h(i)&&pp[i]) printf("%d\n",i);
    }
}
### USACO P1217 Prime Palindromes 的 Java 实现 以下是基于枚举方法并结合回文数构造的方式实现的一个高效解决方案。此方案利用了回文数的特性以及质数判断算法,从而避免了大量的冗余计算。 #### 方法概述 为了提高效率,可以先生成给定范围内所有的回文数,再逐一验证这些回文数是否为质数。这种方法显著减少了需要测试的数量,因为大多数非回文数可以直接排除[^4]。 #### AC代码 (Java) ```java import java.util.ArrayList; import java.util.List; import java.util.Scanner; public class Main { public static void main(String[] args) { Scanner scanner = new Scanner(System.in); int a = scanner.nextInt(); int b = scanner.nextInt(); List<Integer> result = findPalindromePrimes(a, b); for (int num : result) { System.out.println(num); } } private static boolean isPrime(int n) { if (n < 2) return false; if (n == 2 || n == 3) return true; // 特殊情况处理 if (n % 2 == 0 || n % 3 == 0) return false; for (int i = 5; i * i <= n; i += 6) { // 跳过偶数和能被3整除的数 if (n % i == 0 || n % (i + 2) == 0) return false; } return true; } private static List<Integer> generatePalindromes(int length) { List<Integer> palindromes = new ArrayList<>(); if (length == 1) { for (int i = 0; i <= 9; i++) { palindromes.add(i); } return palindromes; } int halfLength = (length + 1) / 2; int start = (int) Math.pow(10, halfLength - 1); int end = (int) Math.pow(10, halfLength); for (int prefix = start; prefix < end; prefix++) { String s = Integer.toString(prefix); StringBuilder sb = new StringBuilder(s); if (length % 2 == 0) { sb.append(new StringBuilder(s).reverse()); } else { sb.append(new StringBuilder(s.substring(0, s.length() - 1)).reverse()); } palindromes.add(Integer.parseInt(sb.toString())); } return palindromes; } private static List<Integer> findPalindromePrimes(int a, int b) { List<Integer> primes = new ArrayList<>(); for (int len = 1; len <= 8 && Math.pow(10, len - 1) <= b; len++) { List<Integer> candidates = generatePalindromes(len); // 构造长度为len的所有回文数 for (int candidate : candidates) { if (candidate >= a && candidate <= b && isPrime(candidate)) { primes.add(candidate); } } } return primes; } } ``` --- #### 关键点解释 1. **回文数生成逻辑**: 使用 `generatePalindromes` 函数动态生成指定长度的回文数。对于奇数长度的回文数,中间字符不重复;而对于偶数长度,则完全对称。 2. **质数检测优化**: 利用了跳过偶数和能被3整除的数的方法,并进一步缩小循环范围至平方根级别 \( \sqrt{n} \)。 3. **边界条件处理**: 需要特别注意上下界 `[a, b]` 和最大可能值 \(10^8\) 的约束条件[^2]。 --- #### 时间复杂度分析 由于只针对回文数进行质数检验,而且回文数数量远少于总自然数数量,因此该算法的时间复杂度相较于暴力解法大幅降低。具体时间复杂度取决于区间大小和回文数分布密度。 ---
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