hdu 2608

0 or 1

Time Limit: 6000/2000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 1581    Accepted Submission(s): 388

Problem Description

Solving problem is a interesting thing. Yifenfei like to slove different problem,because he think it is a way let him more intelligent. But as we know,yifenfei is weak in math. When he come up against a difficult math problem, he always try to get a hand. Now the problem is coming! Let we
define T(n) as the sum of all numbers which are positive integers can divied n. and S(n) = T(1) + T(2) + T(3)…..+T(n). 

 

Input

The first line of the input contains an integer T which means the number of test cases. Then T lines follow, each line consists of only one positive integers n. You may assume the integer will not exceed 2^31.

 

Output

For each test case, you should output one lines of one integer S(n) %2. So you may see the answer is always 0 or 1 .

 

Sample Input

3
1
2
3 

 

Sample Output

1
0
0


Hint
Hint S(3) = T(1) + T(2) +T(3) = 1 + (1+2) + (1+3) = 8
     S(3) % 2 = 0 
 

刚看到这题马上想到的就是打表啊！以为是找规律的题，这规律可真的不好找啊！

利用数论知识推公式的题。。。。。。

对于T(n)，设n=2^k*p1^s1*p2^s2*...*pm^sm，则T(n)=(2^0+2^1+...+2^k)*(p1^0+p1^1+...+p1^s1)*...*(ps^0+ps^1+...+ps^sm)；

因为(2^0+2^1+...+2^k)%2==1始终成立，则T(n)%2的结果取决于(pi^0+pi^1+...+pi^si)%2，只要其中一个为0，则T(n)%2==0。所以只要有一个si为奇数时，T(n)%2==0。即n为2^k*m^2时，T(n)为1。显然n也即m^2或2*m^2时，T(n)为1。而对于S(n)，只需算出i<=n中有几个T(i)为1即可。

因为所有的质素都是奇数，所以当除2以外的存在某一个质因子表达式为偶数项的时辰就会为零了，也即只要知足至少存在一个 ei 的值为奇数（项数为ei- 0+ 1）。当然这题中，我们不会往直接打算为0的T[]有若干好多多，这很艰辛，而是从后背求解，即打算T[]为1的数的个数，这样，求S[N]也就转化为从1-N有若干好多个T[i]为1。回到前面，假如T[i]为1，那么除 2 之外所有质因子的 ei 都为偶数，这个前提就很好解决了，而不像前面的求解知足至少一项 ei 为奇数，既然除2之外所有的 ei 都为偶数，那么这个数必定会是 i= x^2 或者是 i= 2* x^2的情势。所以统计从 1-N 之间有若干好多个知足T[i]= 1数吧。

我的代码：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<iostream>
#define ll long long
using namespace std;
int main()
{
    int t,n,m;
    scanf("%d",&t);
    while(t--)
    {
        scanf("%d",&n);
        m=(int)sqrt(n)+(int)sqrt(n/2);
        printf("%d\n",m%2);
    }
    return 0;
}

也可以直接枚举计数：

int main（  ）
{  
    int T;
    scanf（ "％d"， &T ）;
    while（ T-- ）
    {
        long long x， cnt= 0;
        scanf（ "％lld"， &x ）;
        for（ long long i= 1; i* i<= x; ++i ）
        {
            cnt++;
            if（ 2* i* i<= x ）
            {
                cnt++;
            }
        }
        printf（ "％I64d
"， cnt％ 2 ）;
    }
    return 0;
}