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RSS订阅原创 Palindrome Numbers（UVALive 2889）
长度为2*i+1和2*（i+1）的数的个数都为9*10^i，由此可知N的长度和N为该长度的第几个数。
2016-07-19 01:56:54
444
原创 Crazy tea party（UVALive 2756）
把N分成差最小的两个部分，即偶数分为N/2和N/2，奇数分为N/2和N/2+1，然后每个部分内部用相邻两个数交换的方法计算所需要的步骤。
2016-07-19 01:46:11
507
原创 Minimum Sum LCM（UVA 10791）
将N分解成质因数的幂的乘积，答案就是这些幂的和，注意： 当质因数个数不足两个时用1补充； 极限数据会爆出int，要用long long。
2016-07-19 01:29:08
327
原创 Integer Game（UVA 11489）
由于每一次操作后余下的每个数位上的数的和为3的倍数，所以第一次取走的数和所有数位上的数的和对模3同余，并且此后每次取走的数都是3的倍数，可据此计算出总共操作的次数。
2016-07-19 01:19:12
314
原创 Square Numbers（Square Numbers）
正解是预处理每个数有多少个小于等于自己的平方数记为num【i】，ans（a，b）=num【b】-num【a-1】。 我的解法是用函数暴力求n以内有多少个平方数，然后带入ans（a，b）=num【b】-num【a-1】计算。
2016-07-19 01:13:43
785
原创 Add Again（UVA 11076）
定义num【i】为N个数中i出现的次数，这N个数形成的不同排列共有N！/（∏（i：0->9）（num【i】！）），由于一个数出现在每个位置的次数是一样的，所以答案为各个位上数字之和乘上排列数除以N乘上1+10+。。。+10^(N-1)。
2016-07-19 00:56:48
446
原创 LCM Cardinality（UVA 10892）
对于N的一个质因数i，设N中包含的i的最高次幂的指数为k，则i的两个幂的gcd为i^k的情况共有【i^k，i^0】到【i^k，i^（k-1）】k种+【i^0，i^k】到【i^（k-1），i^k】k种+【i^k，i^k】=2*k+1种，将所有质因数的情况乘起来，其中只有每个质因数都取【i^k，i^k】的情况没有重复，剩下的都出现了两次，于是最终答案为（ans+1）/2。
2016-07-19 00:44:21
335
原创 Again Prime? No Time.（UVA 10780）
预处理答案ans为+∞，定义函数ok（x，y）表示y！中含有的x的最高次幂的指数，定义函数go（y，x）表示y中含有的x的最高次幂的指数，将m分解质因数，对于每一个质因数i，当前答案now=ok（i，n）/go（m，i），假如now更小则更新ans。 求y！中x的最高次幂的方法为求出并加上1到y中能被x整除的数的个数即y/x，然后将每个数除以x，不能整除的数删去，剩下的数就变成了1到y/x，重复该操作直到y==0。
2016-07-18 23:49:04
427
原创 How do you add?（UVA 10943）
这题正解其实是用隔板法，ans（n，k）=C（n+k-1，k-1），因为这题n比较小，所以可以直接用C（n，m）=C（n-1，m-1）+C（n-1，M）打出杨辉三角，时空复杂度都是O（n²）。 然后我用的方法是DP，ans（n，k）=∑（i：0->n）ans（i，k-1），复杂度O（n³）。
2016-07-18 23:27:57
415
原创 Benefit（UVA 11889）
这题的正解其实是令B=C/A，然后不断地通过G=gcd（A,B），A/=G，B*=G；这样的操作，在保证A*B=C的情况下将A和B的公因数从A转移至B，直到A和B互质。 然而我用的是一种性能更差的算法，我将A和C分别质因数分解，对于某个质因数，如果他在A中的幂小于C中的幂，则B中该质因数的幂等于C中该质因数的幂，否则B中该质因数的幂等于1。
2016-07-18 23:05:29
552
空空如也
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