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#include#include#define size 1000001int H_Number[size+1]; void init(){    int i,j,k,m,p;    memset(H_Number,0,sizeof(H_Number));    for(i=5;i    {        for(j=5;j        {    

1/a = (1/b + 1/c)/(1 - 1/(b*c)) 1/a = (b+c) / (b*c-1)                                                 b*c-1 = a*b + a*c                                                 c = (a*b+1) / (b-a);(可知：b>

题意：要求出一个完美的平方数，n=b^p,p最大就是完美平方数。        题解：将P从31到1遍历枚举，使用POW函数将他求出来，不过有一点问题就是精度问题，当用POW（125，1/3），直接取整的时候是4，所以需要在后面加一个0.1，也就是（int）（POW(125,1/3)+0.1）.这样就可以求出结果了，还有要注意的是，他给出的N可能是负数，所以要对负数特殊处理，也就是说当N是负数

题解：写个素数筛法，然后暴力枚举判断#include#include#include#define N 1000001using namespace std;bool a[N];void primelist(){ a[0]=a[1]=1; for(int i=2;i<N;i++) if(!a[i]) for(int j=i*2;j<N;j+=i) a[j

题意：给定n个正数，请你从中找出若干个数，其和刚好是n的倍数。        题解：抽屉原理；如果将大于n个数量的物品放入n个抽屉，则必然存在某个抽屉放了大于1个物品。#include#include#includeint main(){    int sum[10010],flag[10010];    int a[10010],from[10010]; 

题意： 有分别价值为1,2,3,4,5,6的6种物品，输入6个数字，表示相应价值的物品的数量，问一下能不能将物品分成两份，是两份的总价值相等，其中一个物品不能切开，只能分给其中的某一方，当输入六个0是（即没有物品），这程序结束，总物品的总个数不超过20000代码如下#include#includeint a[7],sum,b[100],n;int dp[60001];void

题意是要公平地把pie分给每一个人（就是所有人得到的pie尺寸一致，但是形状可以不同），而且每个人得到的那份pie必须是从同一个pie上得到的。        值得注意的是自己要算进去，也就是f+1，我WA了两次的原因是exp选太小了1e-12，其实1e-7就够了。代码如下#include#include#define Pi asin(1.0)*2#define exp 1e

这就是应该算是数学题，光是公式代换就用了好久，二分只是为了凑值用的。代码如下#include#include#includevoid main(){ double l,ll,right,left,mid,n,c; while(scanf("%lf%lf%lf",&l,&n,&c)!=EOF) { if(l<0&&n<0&&c<0)

题意：一些石头排成一条线，第一个和最后一个不能去掉，其余的共可以去掉m块，要使去掉后石头间距的最小值最大。        这种数学题理解起来真不容易，不过想好了算法就好做了。代码如下#include#includeint a[50005];int b[50005];int cmp(const void *a,const void *b){ return *(int *)

给出一个大小为N的数组，将其分为M块，让每块数字之和的最大值尽量小。右边界是将整个数组当做一块，那么最大值就是所有数字之和；左边界是将整个数组分成N块，那么和的最大值就是数组元素中的最大值。其实，当给出一个答案后，从数组首元素开始叠加，超出答案那么分块数加1，这么遍历一遍后，要是分块数小于M，说明答案给的大了，反之答案给小了。代码如下#include#include#defin

梅森素数啊，啊哈哈，其实这题最快的做法是打表，但是打表有点太无语了，不过我还是贴了代码。        题意：判断所有质数i代码如下#include #include #include #include __int64 num[70]={1},queue[10];int Prime(int x){    int i;    for(i=2;i*i

这题的题意不难理解，对C的for(i=A ; i!=B ;i +=C)循环语句，问在k位存储系统中循环几次才会结束。若在有限次内结束，则输出循环次数。否则输出死循环。但是问题来了，这里涉及到了同余方程的求解问题，这就要用扩展欧几里得算法，然后就要各种用公式，之前有一道青蛙约会的那题poj1061，用的做法也差不多。本题是要求解(a+c*x)mod2^k=b，求x的最小解，变式得 c*x=(b-a)

题意还是很明确的，给你一个N进制的整数R，题目保证R能被N-1整除，让你求符合条件的最小的N。        但是这题的数论证明有点困难了，我在此引用一下别人的证明，没有证明真的不好做啊。        设输入的是abcd，假设其解是n进制，（a*n*n*n + b*n*n + c*n + d)%(n-1)=0=>( (a*n*n*n)%(n-1)+ (b*n*n)%(n-1)+

代码如下#include#include#define size 10000#define mod 9901__int64 sum(__int64 p,__int64 n); __int64 power(__int64 p,__int64 n); __int64 sum(__int64 p,__int64 n){    if(n==0)        r

这题特别好理解，就是代码坑啊。题意就是给一个数，这个数是两个大素数的积，再给出一个数，如果最小的素数比给的数大，打印GOOD，否则打印BAD和最小的素数。        这题用的方法是高精度求模+同余模定理。还有素数打表，把10^6内的素数全部预打表，在求模时则枚举到小于L为止。注意打表不能只打到100W，要保证素数表中最大的素数必须大于10^6。千进制的性质与十进制相似。例如，把K=1234

十进制转化为二进制变形。已知十进制非负整数n，假设二进制数字k位，转化为二进制为如下规则：1）若n为奇数，则最低位为必为1，(n-1)/2得到前k-1位十进制数字2）若n为偶数，则最低为必定为0，n/2得到前k-1位十进制数字重复循环，直至n为0为止，即可得到二进制表达式。现在规定二进制的权值发生了改变，改变规则为限定k位二进制数字，用字符‘p’表示该位与原二进制权值相同，即为