在jxzz上发现的一个做题网站，每周都有训练题，题目质量……前三题比较水，后面好神啊，而且类型差不多，这周似乎是计数专题……
Army Game
然后给出n*m,问需要多少个小红点能全部占领
解法：乘法。。。
Best Divisor
给一个数，问一个数的约数中数字和最大的约数。
解法：直接分解质因数就可以啦。
Twins
孪生质数定义为两个质数之差为2，问n,m之间有多少个孪生质数（n<=m<=10^9,m-n<=10^6)
解法：显然直接判断区间内相邻的两个奇数是否为质数就可以啦。然而n和m比较大，所以判断是否为质数不能直接用sqrt(n)这样去枚举，可以先用线性筛处理出sqrt(n)的质数，判断的时候直接枚举质数表里面的质数就可以啦。
1 1 #include<cstdio>
2 2 #include<cstring>
3 3 #include<cstdlib>
4 4 #include<queue>
5 5 #include<algorithm>
6 6 #include<stack>
7 7 #include<cmath>
8 8 #include<map>
9 9 #define LL long long
10 10 #define maxn 1000100
11 11
12 12
13 13 using namespace std;
14 14
15 15 int n,m,now,sum,prime[maxn],ok[maxn],tot=0;
16 16 void calc()
17 17 {
18 18 int i,k;
19 19 for (i=2;i<maxn;i++) {
20 20 if (!ok[i]) prime[tot++]=i;
21 21 for (LL j=(LL)(i)*prime[k=0];j<maxn;j=i*prime[++k]) {
22 22 // printf("%lld %d\n",j,i);
23 23 ok[j]=1;
24 24 if (!(i%prime[k])) break;
25 25 }
26 26 }
27 27 // for (int i=0;i<tot;i++) printf("\t%d",prime[i]);
28 28 }
29 29
30 30 int check(int x)
31 31 {
32 32 if (x==1) return 0;
33 33 for (int i=0;i<tot && prime[i]<=sqrt(x);i++)
34 34 if (!(x%prime[i])) return 0;
35 35 return 1;
36 36 }
37 37
38 38 int main()
39 39 {
40 40 calc();
41 41 scanf("%d %d",&n,&m);
42 42 now=0,sum=0;
43 43 if (!(n%2)) n++;
44 44 for (int i=n;i<=m;i=i+2)
45 45 if (check(i)) {
46 46 if (now) ++sum;
47 47 else ++now;
48 48 }
49 49 else
50 50 now=0;
51 51 printf("%d\n",sum);
52 52 return 0;
53 53 }
Music on the Street
给出一些在数轴点（n<10^6)，给出一个长度m(<10^9)，再给一个hmin,hmax,找到一个区间使区间内两个点直接的距离大于hmin小于hmax，头尾两个点离区间端点距离大于hmin小于hmax。
解法：队列模拟一下就可以啦。
如果队头的点和当前的点距离大于m就出队，
同时如果当前点和队尾的点不满足距离大于hmin小于hmax，全部出队。
当前点进队
同时记录一个当前左端允许的最左边界=max(上一个出队的点，当前对头-hmax）
然后计算对头允许的区间+m和队尾的点的大于hmin小于hmax有没有交集（判断方法两个区间左端点最大值小于等于两个区间右端点最小值，一直这里判断错，要么就是复杂了……）
有的话就是一个合法解啦。
然后要注意一些情况，比如m比hmax小……有可能直接就……
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<queue>
#include<algorithm>
#include<stack>
#include<cmath>
#include<map>
#define maxn 1000100
using namespace std;
int n,len,hmin,hmax,i,num[maxn];
queue<int> pp;
int calc()
{
int lnow,i;
num[0]=num[1]-hmax-1;
lnow=num[0];
num[n+1]=num[n]+hmax+1;
pp.push(i=0);
while (++i<=n) {
int last,l1,l2,l3,l4;
while (pp.size() ) {
if (num[i]-num[last=pp.front()]+hmin<=len
&& num[i]-num[pp.back()]<=hmax
&& num[i]-num[pp.back()]>=hmin ) break;
lnow=num[last];
pp.pop();
}
pp.push(i);
last=pp.front();
lnow=max(lnow,num[last]-hmax);
if (num[last]-lnow>=len && len<=hmax) return num[last]-len;
if (pp.size()) {
l1=max(lnow,num[last]-hmax)+len;
l2=num[last]-hmin+len;
l3=num[i]+hmin;
l4=min(num[i+1],num[i]+hmax);
if (max(l1,l3)<=min(l2,l4)) return max(l1,l3)-len;
}
}
return -1;
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
for (i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&num[i]);
scanf("%d %d %d",&len,&hmin,&hmax);
printf("%d\n",calc());
return 0;
}
Satisfactory Pairs
ax+by=n(<3*10^5)，给出n，问多个对点对（a,b)其中a<b。
解法：太弱了不会……潘学姐给思路了还是不会……
贴题解
意思就是先找出所有数的约数（用vector存起来）
然后公式化为ax=n-by，然后第一层循环枚举b，第二层循环枚举y,然后再枚举（n-by）的约数中小于b的，然后y值不用的时候可能有相同的约数导致重复，所以开个数组储存一个当前这个约数被最新更新的b值，每次判断下这个约数是否已经被b求过，没有的话ans++。
复杂度分析是调和数列求和。
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<queue>
#include<algorithm>
#include<stack>
#include<cmath>
#include<map>
#include<vector>
#define maxn 301020
#define LL long long
using namespace std;
int num[maxn],prime[maxn],p[maxn],tot=0;
vector<int> d[maxn];
int n;
void atfirst()
{
int i,j,l;
LL k;
for (i=2;i<maxn;i++) {
if (!p[i]) {
p[i]=i;
prime[tot++]=i;
}
for (k=i*prime[j=0];j<tot && k<maxn;k=i*prime[++j]) {
p[k]=prime[j];
if (!(i%prime[j])) break;
}
}
d[1].push_back(1);
for (i=2;i<maxn;i++) {
int x=i,y=1;
while (!(x%p[i])) {
y++;
x/=p[i];
}
for (j=0;j<d[x].size();j++)
for (k=d[x][j],l=y;l;l--,k*=p[i])
d[i].push_back(k);
sort(d[i].begin(),d[i].end());
}
}
int main()
{
atfirst();
scanf("%d",&n);
memset(num,0,sizeof(num));
int ans=0;
for (int b=2;b<n;b++)
for (int i=1;i*b<n;i++) {
int x=n-i*b;
for (int j=0;j<d[x].size() &&d[x][j]<b;j++)
if (num[d[x][j]]!=b) {
ans++;
num[d[x][j]]=b;
}
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
Hard Homework
给一个n（3*10^6)，求一组x+y+z使sin(x)+sin(y)+sin(z).
解法，如果是两个数的和，显然很简单，和差化积就变成2*sin((x+y)/2)cos((x-y)/2)，然后只需要知道cos((x-y)/2)的最大值就可以了，这里分情况，和为偶数则最大值显然为cos(0)，如果为奇数，x-y的取值范围是（2，n-2），线性就可以求出。
那现在三个数，枚举第一个数，预处理出cos（（2，n-2）/2）的最大值，然后就可以一直求出后面两个数的最大值啦。
（然而这思路分析也是受潘学姐的启发，学姐好棒）
1 #include<cstdio>
2 #include<cstring>
3 #include<cstdlib>
4 #include<queue>
5 #include<algorithm>
6 #include<stack>
7 #include<cmath>
8 #include<map>
9 #define exp 0.0000000001
10 using namespace std;
11
12 int n;
13 int main()
14 {
15 scanf("%d",&n);
16 double num1=-1,ans=-exp;
17 for (int i=n-2;i;i--) {
18 int now=n-i;
19 double now1;
20 if (now%2) {
21 double now2=cos((now-2)/2.0);
22 if (now2-num1>=exp) num1=now2;
23 now1=sin(i)+2*sin(now/2.0)*num1;
24 }
25 else
26 now1=sin(i)+2*sin((now)/2.0);
27 if (now1-ans>=exp) ans=now1;
28 }
29 printf("%.9lf\n",ans);
30 return 0;
31 }
Hard Homework
Tastes Like Winning
nim问题，n堆，每堆可能取值为（1-2^m-1)，问多少种情况使每堆数量不同且先手胜，n,m<10^9，答案%（10^9+7)，（10^9+7)都是神题
解法：不会写，看不懂，
