请注意，所有题目使用文件输入输出。输入文件名、输出文件名前缀同题目名前缀，输入文件名后缀为.in，输出文件名后缀为.out。
例如，对于第一题，输入文件为count.in，而输出文件名为count.out。
TL、ML分别表示时间限制、内存限制。
Good Luck & Have Fun
kAc
A 约数之和(count.pas/c/cpp)
TL:1S ML:128MB
【Description】
我们用D(x)表示正整数x的约数的个数。给定一个正整数N，求D(1)+D(2)+…+D(N)。
【Input】
一行一个正整数N。
【Output】
一行一个整数，表示答案
【Sample Input】
5
【Sample Output】
10
【Hint】
样例解释：
D(1)=1 D(2)=2
D(3)=2 D(4)=3 D(5)=2
对于20%的测试数据：N<=1000
对于50%的测试数据：N<=100000
对于100%的测试数据：N<=10000000
我们先考虑一个函数f‘[i]，设f‘[i]为i的约数的个数，那么显然f‘[i]为积性函数，我们可以用线性筛得到，仔细观察可以发现f[i] = f‘[1] + f‘[2] + ... + f‘[i]，比如f[6] = f‘[1]+f‘[2]+...+f‘[6] = 1+2+2+3+2+4 = 6+3+2+1+1+1 = 14，下面简单解释一下线性筛是如何得到一个数约数的个数的，首先根据约数个数定理：对于一个大于1的正整数n可以分解质因数：n=p1^a1*p2^a2*p3^a3*…*pk^ak，则n的正约数有(a?+1)(a?+1)(a?+1)…(ak+1)个，又我们知道线性筛筛质数每次筛的都是用最小的质因子去筛，因此我们可以记录这个最小质因子唯一分解后的次幂然后通过上面的公式求解。
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define N 100001
using namespace std;
bool vis[N];
int n,tot,pri[N],d[N];
long long ans,f[N],ff[N];
int read()
{
int x=0,f=1; char ch=getchar();
while(ch<‘0‘||ch>‘9‘) ch=getchar();
while(ch>=‘0‘&&ch<=‘9‘){x=x*10+ch-‘0‘; ch=getchar();}
return x*f;
}
int work()
{
ff[1]=1,f[1]=1;
for(int i=2;i<=n;i++)
{
if(!vis[i])
{
pri[tot++]=i;
d[i]=1,ff[i]=2;
}
for(int j=0;j<tot&&i*pri[j]<=n;j++)
{
vis[i*pri[j]]=true;
if(i%pri[j])
{
ff[i*pri[j]]=ff[i]*2;
d[i*pri[j]]=1;
}
else
{
ff[i*pri[j]]=ff[i]/(d[i]+1)*(d[i]+2);
d[i*pri[j]]=d[i]+1;
break;
}
}
f[i]=f[i-1]+ff[i];
}
}
int main()
{
freopen("count.in","r",stdin);
freopen("count.out","w",stdout);
n=read();
work();
ans=f[n];
printf("%I64d\n",ans);
return 0;
}
50分，MLE（其实少开两个数组就可以A了的、、）
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define N 10000100
using namespace std;
int n,tot,pri[N],d[N],ff[N];
long long ans;
int read()
{
int x=0,f=1; char ch=getchar();
while(ch<‘0‘||ch>‘9‘) ch=getchar();
while(ch>=‘0‘&&ch<=‘9‘){x=x*10+ch-‘0‘; ch=getchar();}
return x*f;
}
int work()
{
ff[1]=1;ans=1;
for(int i=2;i<=n;i++)
{
if(!d[i])
{
pri[tot++]=i;
d[i]=1,ff[i]=2;
}
for(int j=0;j<tot&&i*pri[j]<=n;j++)
{
if(i%pri[j])
{
ff[i*pri[j]]=ff[i]*2;
d[i*pri[j]]=1;
}
else
{
ff[i*pri[j]]=ff[i]/(d[i]+1)*(d[i]+2);
d[i*pri[j]]=d[i]+1;
break;
}
}
ans+=ff[i];
}
}
int main()
{
freopen("count.in","r",stdin);
freopen("count.out","w",stdout);
n=read();
work();
printf("%I64d\n",ans);
return 0;
}
AC代码
O（n）做法，我们枚举因子，一个因子的倍数的一个约数一定是这个因子，那么我们求出一个数的倍数的个数即为求出了所有有当前因子的数的个数
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
int n;
long long ans;
int read()
{
int x=0,f=1; char ch=getchar();
while(ch<‘0‘||ch>‘9‘) ch=getchar();
while(ch>=‘0‘&&ch<=‘9‘){x=x*10+ch-‘0‘; ch=getchar();}
return x*f;
}
int main()
{
freopen("count.in","r",stdin);
freopen("count.out","w",stdout);
n=read();
for(int i=1;i<=n;i++)
ans+=n/i;
printf("%I64d\n",ans);
return 0;
}
O(n做法)
B 邮局选址(post.pas/c/cpp)
TL:1S ML:128MB
【Description】
在 J 市的一条笔直的公路旁分布着 n 个村庄，每个村庄都有一个唯一的坐标 Xi，任意一对村庄的坐标不同。最近，J 市领导计划在村庄里新建 m 个邮局，而邮局在 n个村庄里的分布情况会影响到居民的便利程度。
设 m 个邮局分别建在 P1,P2,..,Pm 号村庄。每个村庄的村民都会找到与其距离最近的一个邮局，若有多个距离最近的则会任选一个，该村庄的便利度即为该村庄与其最近的邮局的距离，而所有村庄的便利度的和即为总便利度。
严格地讲，总便利度 C定义为
现在，由你来安排邮局的建设位置。请计算最小的 C 是多少。
【Input】
第一行两个整数 n m
第二行递增的n 个整数，表示 X1..Xn
【Output】
一行一个整数，表示最小的 C
【Sample Input】
10 5
1 2 3 6 7 9 11 22 44 50
【Sample Output】
9
【Hint】
样例解释：建立在坐标为：2 7 22 44 50的位置
每个村庄的便利度分别为：1 0 1 1 0 2 4 0 0 0
对于30%的测试数据 n ≤ 10
对于60%的测试数据 n ≤ 50
对于100%的测试数据 1 ≤ n ≤ 300; 1 ≤ m ≤ 30; m ≤ n; 1 ≤ Xi ≤ 10000
dp
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define N 1000
using namespace std;
bool vis[N];
long long ans=0x3f;
int n,m,x[N],f[N][N],dp[N][N],q[N];
int read()
{
int x=0,f=1; char ch=getchar();
while(ch<‘0‘||ch>‘9‘){if(ch==‘-‘)f=-1; ch=getchar();}
while(ch>=‘0‘&&ch<=‘9‘){x=x*10+ch-‘0‘; ch=getchar();}
return x*f;
}
int main()
{
freopen("post.in","r",stdin);
freopen("post.out","w",stdout);
n=read(),m=read();
memset(dp,0x3f,sizeof(dp));
for(int i=1;i<=n;i++)
x[i]=read();
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=i;j<=n;j++)
{
int mid=(i+j)/2;
for(int k=i;k<=j;k++)
f[i][j]+=abs(x[k]-x[mid]);
} //处理出只放一个邮局的情况。我们可以知道如果只让一个邮局的话，邮局的位置一定是放在中间的。
for(int i=1;i<=m;i++)
dp[i][i]=0;//如果在当期点放邮局的话，那当前的最短距离为0
for(int i=1;i<=n;i++)//在i这个地方放邮局的话
{
dp[i][1]=f[1][i]; //放一个邮局且放在当前点的话最终值为从第一个点到当前点的便利度
for(int j=2;j<=min(m,i);j++)//枚举到当前点放几个邮局
{
if(i==j) continue;
dp[i][j]=dp[i-1][j-1];
for(int k=j-1;k<=i;k++)
dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[k][j-1]+f[k+1][i]);//枚举上一个放邮局的地方
}
}
ans=dp[n][m];
printf("%I64d",ans);
return 0;
}
dp
C 分数(fraction.pas/c/cpp)
TL:2S ML:128MB
【Description】
在一门叫做计算机应用数学的神奇的课上，老师教给大家如何处理小数的进制转换：
p进制的小数abc.def的十进制值为：。
例如十进制数在十进制下小数表示为0.33333…，在三进制下为0.1，在三十进制下为0.A。（这里A的含义与十六进制中A的含义相同，均表示10）。
下课后，老师要求kAc将N个十进制的分数写成k进制下的小数。然而kAc发现，很多十进制分数根本不可能写成有限的k进制小数！这令他十分不爽，不过他想知道，最小需要几进制才能使得这些十进制分数在该进制下均为有限的小数。
【Input】
第一行两个整数N
接下来N行，每行两个整数a, b，表示一个十进制小数
【Output】
一个整数，表示最小进制数。这里，请按照十六进制输出，所有字母全部大写。（例如，如果答案为十进制下26，则输出1A）。
【Sample Input】
2
3 99
1 99
1 11
【Sample Output】
21
【Hint】
样例解释：
在33进制下，可以表示为0.1，可以表示为0.0B，可以表示为0.3。
可以证明不存在更小的进制，使得他们均为有限小数。
对于20%的测试数据：n=1
对于50%的测试数据：n<=10，a, b <= 10000，保证最终答案在十进制下不超过10000。
对于70%的测试数据：n<=100，a, b<= 10000。
对于100%的测试数据：n<=1000，1 <= a,b <= 1000000000。
弃疗，完全没有心情看了。。。
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define pz putchar(‘0‘);
#include <map>
using namespace std;
const int MO = 15;
struct Big{
int len, data[10001];
void clear() { memset(this, 0, sizeof(*this)); }
int & operator [] (int k) { return data[k]; }
Big & operator = (int k)
{
clear();
len = 0;
while(k){
++len; data[len] = k & MO; k >>= 4;
}
if (len == 0) ++len;
return *this;
}
Big operator * (Big & A)
{
Big temp; temp.clear(); temp.len = len + A.len - 1;
for (int i = 1; i <= len; i++)
for (int j = 1; j <= A.len; j++){
temp[i + j - 1] += A[j] * data[i];
temp[i + j] += (temp[i + j - 1] >> 4);
temp[i + j - 1] &= MO;
}
while(temp[temp.len + 1]) ++temp.len;
return temp;
}
void print()
{
for (int i = len; i >= 1; i--) printf("%X", data[i]);
putchar(‘\n‘);
}
} temp, ans;
map<int, bool> M;
bool f[1000001];
int pnum, p[100001];
void GETP(int M)
{
memset(f, 1, sizeof(f)); f[0] = f[1] = false;
p[pnum = 1] = 2;
for (int now = 2; now < M;){
for (int j = now + now; j <= M; j += now) f[j] = false;
++now; while(now < M && !f[now]) ++now;
if (f[now]) p[++pnum] = now;
}
}
int gcd(int a, int b) { return b == 0 ? a : gcd(b, a % b); }
void work(int num)
{
for (int i = 1; i <= pnum; i++)
{
if (num % p[i] == 0)
if (M[p[i]] == 0)
{
M[p[i]] = true;
temp = p[i];
ans = ans * temp;
}
while(num % p[i] == 0) num /= p[i];
}
if (num != 1)
if (M[num] == 0)
{
M[num] = true;
temp = num;
ans = ans * temp;
}
}
int main()
{
freopen("fraction.in", "r", stdin); freopen("fraction.out", "w", stdout);
ans = 1;
int t; scanf("%d", &t);
GETP(100000);
while(t--)
{
int a, b;
scanf("%d%d", &a, &b);
int d = gcd(a, b); a /= d; b /= d;
work(b);
}
ans.print();
}
粘个标程