【算法专项】数论初步

最新推荐文章于 2024-03-26 21:13:30 发布

三金C_C

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分类专栏：算法初级练习题文章标签：算法蓝桥杯 c++

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对于算法拖更了有一段时间，忙完期末也应该回归正轨了。这个寒假正确让自己的算法功底进一步提升，当然也要进行模拟训练，等1月中下旬的时候开始专题做蓝桥杯试题，现在有空的时候就学习一些算法，使自己的思维提高！

前言：数论是数学中比较有难度的部分，相信经历过高考的人也明白，特别体现在数列中。当然了，在算法竞赛中，数列常常以各种面貌出现，对数学思维非常高，本例通过数论初步有个整体了解，后期将会加大训练量。

唯一分解定理

题目1：给出除法表达式： X 1 / X 2 / X 3 / . . . / X k X_1/X_2/X_3/…/X_k X1/X2/X3/…/Xk，其中 X i X_i Xi是整数。除法表达式应当按照从左到右的顺序求和，例如表达式 1 / 2 / 1 / 2 1/2/1/2 1/2/1/2的值为 1 / 4 1/4 1/4。但可以在表达式中嵌入括号以改变计算顺序，例如表达式 ( 1 / 2 ) / ( 1 / 2 ) (1/2)/(1/2) (1/2)/(1/2)的值为1。
输入X1,X2…Xk,判断是否可以通过添加括号使表达式为整数。K<=10000

输入:
4
1 2 1 2
3
1 2 3
输出:
1
0

分析：就是说表达式可以写成A/B的形式，很明显X2必须为分母，其他都可以，这就是最优的情况
$E=X1/(X2/X3...Xk)=\frac{X1X3X4...Xk}{X2}$
当然，我们已经将问题转换为：求（x1 * x3 * x4 * x5 … * xk)中的约数是否包含x2的全部约数。
如果就是简单想X1X3X4…Xk的话，时间复杂hen度过高而且也需要高精度运算。
这里讲述唯一分解定理。
将X2写成若干个素数相乘的形式，依次判断每个素数是否为分子的约数，到这里还是有一些疑惑，改怎么改进呢？很明显就是**每次约分Xi和X2的最大公约数gcd（Xi,X2)，**当且仅当X2变为1了，E为整数。
很明显，gcd使用辗转相除法了！

#include <iostream>

using namespace std;

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

int  judge(int x[],int k){
    x[2]/=gcd(x[1],x[2]);
    for(int i=3;i<=k;i++){
        x[2]/=gcd(x[i],x[2]);
    }
    return x[2]==1;
}

int main(){
    int k;
    while(cin>>k){
        int x[k+1];
        for(int i=1;i<=k;i++){
            cin>>x[i];
        }
        cout<<judge(x,k);
    }
    return 0;
}

Eratosthenes筛选

题目2：给出正整数n,m。区间[n,m]内 “无平方因子” 的数有多少个？？
整数p无平方因子，当且仅当不存在k>1,使得p是k^2的倍数. 1<=n<=m<=10^12; n-n<=10^7

无平方因子数：是指其约数中，没有一个是平方数的正整数。简言之，将一个这样的数予以素因数分解后，所有素因数的幂都不会大于或等于2。例如：54=2333，由于54有约数9是平方数，所以54不是无平方数因数的数；而55=511,55没有约数是平方数，所以55是无平方数因数的数。

分析：简单的枚举必将超时，比较要判断10的7次方。很明显，这其实就是素数筛选了，我上次又在博客中写过。
筛选的思想：对于不超过n的每个非负整数p，删除2p,3p,4p…处理完以后没有删除的就是素数。
其中，素数定理非常重要：
$\pi(n)=-1+\sum_{k=1}^{x}\left\lfloor\cos ^{2}\left\lfloor\pi \frac{(n-1) !+1}{n}\right\rfloor\right\rfloor$

$\lim _{x \rightarrow \infty} \frac{\pi(x)}{\left(\frac{x}{\ln (x)}\right)}=1$
其中 $\pi(x)$ 表示不超过x的素数个数。

#include <iostream>
#include <cmath>
#include<cstring>

using namespace std;

const int maxn=100005;
int p[maxn];
int prim[maxn];
int len=0;

//筛选素数
void prime(int m){
    memset(p,0,sizeof(p));
    int k=sqrt(m+0.5);
    p[1]=1;
    for(int i=2;i<=k;i++){
        if(!p[i]){
            for(int j=i*i;j<=m;j+=i){
                p[j]=1;
            }
        }
    }
    len=0;
    for(int i=1;i<=m;i++){
        if(!p[i]){
            prim[len++]=i;
        }
    }
}

//平方因子
bool is_ping(int k){
    for(int i=0;i<len;i++){
        if(k%(prim[i]*prim[i])==0) return false;
    }
    cout<<k<<" ";
    return true;
}

int main(){
    int n,m,cnt=0;
    cin>>n>>m;
    prime(m);
    for(int i=n;i<=m;i++){
        if(is_ping(i)) cnt++;
    }
    cout<<"\n"<<cnt<<endl;
    return 0;
}

扩展欧几里得算法

题目3：求直线ax+by+c=0有多少个整点(x,y).

很明显又是约分的问题了，这里对其进行扩展写法。

void gcd(int a,int b,int &d,int &x,int &y){
	if(!b){d=a;x=1;y=0;}
	else{gcd(b,a%b,d,y,x);y-=x*(a/b);}
}

题目4：输入正整数a,n,m,输出a的n幂 mod m值

很明显，求幂，时间的度O(n),n很大必然不理想，有没有更快的方法呢？
首先我们看看这个：
$a^{29} =(a^{14} )^{2}*a$
$a^{14}=(a^{7})^{2}$
$a^{7}=(a^{3})^{2}*a$
$a^{3}=a^{2}*a$
可见一共做了7次乘法。

int pow_mod(int a,int n,int m){
	if(n==0) return 1;
	int x=pow_mod(a,n/2,m);
	long long ans=(long long)x*x%m;
	if(n%2==1) ans=ans*a%m;
	return (int ) ans;
}

斐波那契求模（14年蓝桥杯A组）

说了那么多，我们再看一下一些应用实例。

2014年蓝桥杯A组题九：斐波那契数列大家都非常熟悉。它的定义是：

f(x) = 1 … (x=1,2)
f(x) = f(x-1) + f(x-2) … (x> 2)

对于给定的整数 n 和 m，我们希望求出：
f(1) + f(2) + … + f(n) 的值。但这个值可能非常大，所以我们把它对 f(m) 取模。
但这个数字依然很大，所以需要再对 p 求模。

$\left(\sum_{i=1}^{n} f(i)\right) \bmod f(m)$
分析：其实拿到这个题的时候我心里咯噔了一下，这不就是快速幂吗？然而快速幂写起来还是非常麻烦的，这次我的代码也没有完全通过样例，后面我将会以快速幂为专题详细解答！

输入：
输入为一行用空格分开的整数 n m p (0 < n, m, p < 10^18)
输出：
输出为1个整数，表示答案

样式输入：
2 3 5
样式输出：
0

先将我的代码附上（时间超限），后期附上快速幂的写法：

#include <iostream>

using namespace std;

int main(){
    long long  n,m,p;
    cin>>n>>m>>p;
    long long a=1,b=1;
    if(m>=n+2){
        for(int i=3;i<=n+2;i++){
            long long t=a;
            a=b;
            b+=t;
        }
        cout<<b%p-1;
    }
    else{
        long long fibM,fibN2=0;
        for(int i=3;i<=n+2;i++){
            long long t=a;
            a=b;
            b+=t;
            if(i==m){
                fibM=b;
            }
        }
        fibN2=b;
        cout<<fibN2%fibM%p-1;
    }
    return 0;
}