0 or 1(hdu2608)数学题
0 or 1
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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).
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.
integer S(n) %2. So you may see the answer is always 0 or 1 .
Hint S(3) = T(1) + T(2) +T(3) = 1 + (1+2) + (1+3) = 8 S(3) % 2 = 0
【分析】
当N=10;
1
1 2
1 3
1 2 4
1 5
1 2 3 6
1 7
1 2 4 8
1 3 9
1 2 5 10
注意到不要单行相加,按列来加,有10个1,5个2,3个3,2个4和5,1个6,7,8,9,10,
看到这里,我立刻就醒过省来了;
10/1=10,10/10=1,s+=10;
10/2=5,10/5=2,s+=5*2;
10/3=3,10/3=3,s+=3*3;
10/4=2,10/2=5,s+=(4+5)*2;//按区间算;
10/6=1,10/1=10,s+=(6+7+8+9+10)*1;//按区间算;
#include<stdio.h>
int count(int x)
{ if(x==)
return ;
int i,j,w,m,s=x;
for(i=;i<=x;)
{
w=x/i;
m=x/w;
if(m==i)
{
i++;
s+=(w*m)%;
s%=;
}
else
{
int t=(i+m)*(m-i+)/;//连续区间,等差求和;(6+10)*(10-6+1)/2;
s+=(t*w)%;
s%=;
i=m+;//令i=x+1,退出;
}
}
return s;
}
int main()
{
int T,n;
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
scanf("%d",&n);
printf("%d\n",count(n));
}
return ;
}
分析:假设数n=2^k*p1^s1*p2^s2*p3^s3*...*pi^si;//k,s1...si>=0,p1..pi为n的素因子
所以T[n]=(2^0+2^1+...+2^k)*(p1^0+p1^1+...+p1^s1)*...*(pi^0+pi^1+...+pi^si);
显然(2^0+2^1+...+2^k)%2=1,所以T[n]是0或1就取决于(p1^0+p1^1+...+p1^s1)*...*(pi^0+pi^1+...+pi^si)
而p1...pi都是奇数(除2之外的素数一定是奇数),所以(pi^0+pi^1+...+pi^si)只要有一个si为奇数(i=1...i)
则(pi^0+pi^1+...+pi^si)%2=0,则T[n]%2=0//若si为奇数,则pi^si+1为偶数,pi^1+pi^2+...+pi^(si-1)为偶数(偶数个奇数和为偶数)
所以要T[n]%2=1,则所有的si为偶数,则n=2^(k%2)*m^2;//m=2^(k/2)*p1^(s1/2)*p2^(s2/2)*...*pi^(si/2)
所以只要n为某个数的平方或者某个数的平方和则T[n]%2=1,只要统计n的个数即可
简而言之:数为1的是某数的平方或某数平方的2倍,之前结果之和取余
#include <stdio.h>
#include<math.h>
int main()
{
int t,sum;
__int64 n,i,k;
scanf("%d",&t);
while(t--)
{
scanf("%I64d",&n);
sum=k=(int) sqrt(n);//前面有几个平方
for(i=;i<=k;i++)
{
if(i*i*<=n)
sum++;
}
sum=sum%;
printf("%d\n",sum);
}
return ;
}
or
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
using namespace std; int main()
{
int t,n;
cin>>t;
while(t--)
{
cin>>n;
int sum=(int)sqrt(n*1.0)+(int)sqrt(n*1.0/);
cout<<sum%<<endl;
}
return ;
}
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