题意：求2008^n的所有因子和对k取余，得到m,然后在求2008^m对给出的k取余。k是任意数(k>0)
分析：
1. 用素因子唯一分解定理,对2008分解。
2. 素因子求和公式之后得到m
3. 因为要(a*b/250)%k 对于给定的k和250不确定是否互质,所以不能用求逆元的方法
4. 公式a/b%k=a%(b*k)/b
5. 快速幂求解最终结果.
K未知，gcd(K,250)不一定为1,不能用求逆元的方法,
但是加了一个判断就一直TLE，就这么卡时间？
TLE:
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define X 10005
#define inf 0x3f3f3f3f
#define PI 3.141592653589793238462643383
int K;
const int N = 100000 + 5;
ll n,k,a,b,m,mod;
ll Pow(ll a,ll b)
{
ll ans=1;
while(b)
{
if(b&1)
{
ans=(ans*a)%mod;
}
b>>=1;
a=(a*a)%mod;
}
return ans;
}
int main()
{
while(~scanf("%lld%lld",&n,&k))
{
if(n==0&&k==0)
{
break;
}
mod=k*250;
a=Pow(2,3*n+1)-1;
b=Pow(251,n+1)-1;
m=(a*b)%(250*k)/250;
mod=mod/250;
printf("%d\n",Pow(2008,m));
}
return 0;
}
正解：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define X 10005
#define inf 0x3f3f3f3f
#define PI 3.141592653589793238462643383
int K,mod;
ll Pow(int a,int b)
{
ll ans=1;
while(b)
{
if(b&1)
ans=(ans*a)%mod;
a=(a*a)%mod;
b>>=1;
}
return ans%mod;
}
void e_gcd(int a,int b,int &d,int &x,int &y)
{
if(!b)
d=a,x=1,y=0;
else
e_gcd(b,a%b,d,y,x),y-=a/b*x;
}
ll inv(ll a,ll m)
{
int d,x,y;
e_gcd(a,m,d,x,y);
return d==1?(x+m)%m:-1;
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
int N;
while(cin>>N>>K)
{
if(N==K&&K==0)
break;
ll a,b;
ll c=inv(250,K),m;
if(c==-1)
{
mod=K*250;
a=Pow(2,3*N+1)-1;
b=Pow(251,N+1)-1;
m=((a*b)%(K*250))/250;
mod/=250;
printf("%d\n",Pow(2008,m));
}
else
{
mod=K;
a=Pow(2,3*N+1)-1,b=Pow(251,N+1)-1;
m=a*b*c%K;
cout<<Pow(2008,m)<<endl;
}
}
return 0;
}HDU1452
题意：求2004^x的所有因子和对29取余的结果。
和hdu 1852一样
在(a/b)%p的时候
(a/b)%p=(a/b)-(a/b/p)*p
=(a/b)-(a/(b*p)*p)
=(a/b)-(a/(b*p)*(b*p)/b)
=(a%(b*p))/b
A[i] = -(p / i) * A[p % i];
对b进行求解逆元的的充要条件是b和模数m互质gcd(b,m)=1，
设c为b的逆元:bc≡1 mod p (bc+kp=1):bc对p取余为1(p>1)
a/b%p=a/b*1=(a/b)*bc mod p=ac mod p
解释为：除以一个数对p取模等于乘以这个数的逆元对p取模
c=inv(b)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
int mod=29;
ll Pow(int x,int n)
{
ll ans=1;
while(n)
{
if(n&1)
ans=(ans*x)%mod;
x=(x*x)%mod;
n>>=1;
}
return ans;
}
void e_gcd(int a,int b,int &d, int &x,int &y)
{
if(!b)
d=a,x=1,y=0;
else
e_gcd(b,a%b,d,y,x),y-=a/b*x;
}
int inv(int a,int m)
{
int d,x,y;
e_gcd(a,m,d,x,y);
return d==1?(x+m)%m:-1;
}
int main()
{
ll x;
while(scanf("%lld",&x)&&x)
{
ll a=Pow(2,2*x+1)-1,b=Pow(3,x+1)-1,c=Pow(167,x+1)-1;//在函数名称上找bug找了半小时pow
cout<<(a*b*c*inv(2*166,mod))%mod<<endl;;
}
return 0;
}
HDU1098
f(x)=5*x^13+13*x^5+k*a*x 对给定的k，找到最小的a使得任意的x都%65=0成立
那么逆思维 对于f(1) 不管a是不是最小，那么是一定成立的，则（18+ka)%65=0
在根据这个公式找出最小的 a ,
这道题很有趣的思维是 关于取余的一个循环 (18%65 + ka % 65 )%65
当 a=66的时候 又会出现 (18%65 + ka % 65 )%65 ,说明存在一个循环节
#include <bits/stdc++.h>
#define X 10005
#define inF 0x3f3f3f3f
#define PI 3.141592653589793238462643383
#pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000")
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 1e4;
const int Times=10;
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0),cout.tie(0);
int k;
while(cin>>k)
{
int i=1;
int ans=18%65;
for( i=1;i<66;++i)
{
if((ans+k*i)%65==0)
{
cout<<i<<endl;
break;
}
}
if(i==66)
cout<<"no"<<endl;
}
return 0;
}HDU3524
求：i^2%2^n有多少种不同结果
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define X 10005
#define inf 0x3f3f3f3f
#define one 0x01
#define PI 3.141592653589793238462643383
const int N=1e4;
int mod=3*10007;
ll f[N];
ll Pow(int a,int n)
{
ll ans=1;
while(n)
{
if(n&1)
{
ans=ans*a%mod;
}
a=a*a%mod;
n/=2;
}
return ans%mod;
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0),cout.tie(0);
int t;
ll n;
cin>>t;
for(int m=1;m<=t;++m)
{
cin>>n;
ll ans,te;
if(n&1)
{
te=(n+1)/2;
te--;
ans=( (Pow(4, te )%mod+5) % mod )/ 3;
//ans=( (Pow(4, te%(mod-1) )%mod+5) % mod )/ 3; 本来还想着用费马小定理进行降幂运算，可是3*100007不是素数
}
else
{
te=n/2-1;
ans=( (2*Pow(4, te )+4) % mod )/ 3;
//ans=( (Pow(4, te%(mod-1) )%mod+5) % mod )/ 3;
}
cout<<"Case #"<<m<<": "<<ans<<endl;
}
return 0;
}
/*
得到的前十五项是：
2 2 3 4 7 12 23 44 87 172 343 684 1367 1824
发现奇数项的差分别是 1 4 16 64 256 1024
发现偶数项的差分别是 2 8 32 128 512
奇数项 A(n)=4*A(n-1)-5 => (4^(n-1)+5)/3
偶数项 B(n)=4*B(n-1)-4 => (2*4^(n-1)+4)/3
递推，但不是O(1)规律：
an = 2an-1 -1 奇数
an = 2an-1 -2 偶数
1
2 2
2
4 2
3
8 3
4
16 4
5
32 7
6
64 12
7
128 23
8
256 44
9
512 87
10
1024 172
11
2048 343
12
4096 684
13
8192 1367
*/
///i 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13
///ai 1 2 2 3 4 7 12 23 44 87 172 343 684 1367
/// 1 2 4 8 16 32 64 128HDU1005
A number sequence is defined as follows:
f(1) = 1, f(2) = 1, f(n) = (A * f(n - 1) + B * f(n - 2)) mod 7.
Given A, B, and n, you are to calculate the value of f(n).
Input
The input consists of multiple test cases. Each test case contains 3 integers A, B and n on a single line (1 <= A, B <= 1000, 1 <= n <= 100,000,000). Three zeros signal the end of input and this test case is not to be processed.
Output
For each test case, print the value of f(n) on a single line.
Sample Input
1 1 3
1 2 10
0 0 0
Sample Output
2
5
一道矩阵快速幂的题：
递推： | A 1|
(fn,fn-1)=(fn-1,fn-2) | |
| B 0|
| A 1|
最后fn=(f1,f2)*| | ^(n-2)
| B 0|
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
int main()
{
int A,B;
ll n;
int a[100]={1,1},t;
while(scanf("%d%d%lld",&A,&B,&n),A||B||n)
{
int i;
for( i=2;i<50;++i)//这个50换成100竟然wa，不知道数据怎么设置的
{
a[i]=(A*a[i-1]+B*a[i-2])%7;
if(a[i]==1&&a[i-1]==1)
{break;}
}
int t=i-2+1;
printf("%d\n",n%t==0?a[t-1]:a[n%t-1]);
}
return 0;
}HDU2623
题意：给你n和k，求
和等于： k-1*(k/1)+(k-2*(k/2))+(k-3*(k/3))+......(k-n*(k/n))
=kn-(1*(k/1)+(2*(k/2))+3*(k/3)+......k*(k/n))
看 :k/1 k/2 k/3 k/4 k/5 k/6........k/n
对区间分块：
i 1 2 3 4 5 6 7 8 ..... n
k=11 d=k/i 11 5 3 2 2 1 1 1
number=k/d 1 2 3 5 5 11 11 11 .....
number代表的就是当前d值相同的最后一个区间
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define X 10005
#define inf 0x3f3f3f3f
#define one 0x01
#define PI 3.141592653589793238462643383
const int N=1e6;
int mod=2009;
ll f[N];
int main()
{
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0),cout.tie(0);
ll n ,k;
while(cin>>n>>k)
{
ll sum=n*k;
ll len=min(n,k);///n<k 算到n k<n 算到k
ll ans=0;
for(int i=1;i<=len;++i)
{
ll d=k/i;
ll number=k/d;
if(number>len)
number=len;
// cout<<i<<' '<<d<<' '<<number<<' '<<(d*(i+number)*(number-i+1)/2)<<endl;
ans+=(d*(i+number)*(number-i+1)/2);
i=number;
}
cout<<sum-ans<<endl;
}
return 0;
}HDU2136
题目大意：求一个数的最大素数因子在素数序列中排第几。
总结：Everybody knows any number can be combined by the prime number.每个数都可以由一个素数结合起来(素数本身由自己和1组成，质数则可由一个素数和其他的数乘积得到
每个数都可以由一个若干个素数组成
T:
#include<bits/stdc++.h>
const int N=1000000;
using namespace std;
int primer[N],po[N],cnt=0;
int main()
{
po[cnt++]=1;
for(int i=2;i<N;++i)
{
if(!primer[i])
{
po[cnt++]=i;
for(int j=i*2;j<N;j+=i)
{
primer[j]=1;
}
}
}
int n;
while(~scanf("%d",&n))
{
for(int i=n;i>=0;--i)
{
if(po[i]<=n)//po[n]>n
{
if(n%po[i]==0)
{
printf("%d\n",i);
break;
}
}
}
}
return 0;
}正解：
#include<bits/stdc++.h>
const int N=1e6;
using namespace std;
int primer[N],cnt=0;
int main()
{
for(int i=2;i<N;++i)
{
if(!primer[i])
{
primer[i]=++cnt;
for(int j=2*i;j<N;j+=i)
{
primer[j]=cnt;
}
}
}
int n;
while(~scanf("%d",&n))
{
printf("%d\n",primer[n]);
}
return 0;
}
HDU 2674
计算的是N!%2009，0<=N<=10^9。
蒙，打个表,n>40 都是0
正解：
考察的是 mod=2009的质因数
2009=7*7*41 所以n=7的时候就差个41想乘取模就为0 所以到41取模就为0
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define X 10005
#define inf 0x3f3f3f3f
#define one 0x01
#define PI 3.141592653589793238462643383
const int N=1e6;
int mod=2009;
ll f[N];
int main()
{
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0),cout.tie(0);
f[0]=1;
for(int i=1;i<=40;++i)
{
f[i]=(i*f[i-1])%mod;
// cout<<i<<' '<<f[i]<<endl;
}
// cout<<41*245%2009<<endl;
ll n;
while(cin>>n)
{
if(n<41)
cout<<f[n]<<endl;
else
cout<<0<<endl;
}
return 0;
}