1.POJ 1150 The Last Non-zero Digit #质因数分解+模运算分治#

先贴两份题解:

http://www.hankcs.com/program/algorithm/poj-1150-the-last-non-zero-digit.html

http://www.cppblog.com/abilitytao/archive/2009/10/31/99907.html

下面是自己看完题解(划掉)之后的理解:

题目要求出组合数Anm=n!/(n-m)!(说实话一开始不知道题目中的NPM到底什么意思。。)的最后一个非零位,那么可以来看看n!的最后一个非零位该如何求得。

求n!:

(1)首先,n!的所有10因子都是要去掉的(因为求非零位),那么2和5也要一对一对的去掉;

(2)接下来把数列分成奇数列:1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 –> 1 3 5 7 9 | 2 4 6 8 10

故有f(n )=f(n/2 )+g(n );

g(n )可以再分为:1 3 5 7 9 11 13 17 19 21 ……和5的奇数倍 5 15 25……

故设这个数列中末尾为x(x=1,3,7,9)的个数 g(n,x )=n/10+(n%10>=x)+g(n/5,x );

(3)最后再对数列中末尾为2和5的个数进行比较、特判一下即可。

代码如下:

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
using namespace std; //计算n!中质因子(2/5)的出现次数
int get_2_5(int n,int num)
{
if(n==0) return 0;
return n/num+get_2_5(n/num,num);
} //计算奇数数列中末尾为x的数的出现次数
int g(int n,int x)
{
if(n==0) return 0;
return n/10+(n%10>=x)+g(n/5,x);
//数列还能再次分出子问题,故有g(n/5,x)
} //计算数列中末尾为x的数的出现次数
int getx(int n,int x)
{
if(n==0) return 0;
return getx(n/2,x)+g(n,x);
} int table[4][4]={
6,2,4,8,//2^n%10的循环节
1,3,9,7,//3
1,7,9,3,//7
1,9,1,9 //9
}; int main()
{
int n,m;
while(~scanf("%d %d",&n,&m))
{
int num2=get_2_5(n,2)-get_2_5(n-m,2);
int num5=get_2_5(n,5)-get_2_5(n-m,5);
int num3=getx(n,3)-getx(n-m,3);
int num7=getx(n,7)-getx(n-m,7);
int num9=getx(n,9)-getx(n-m,9); int res=1;
if(num2<num5)
{
printf("5\n");
continue;
}
else
{
if(num2!=num5)
{//if num2==num5 那么res应该*1
res*=table[0][(num2-num5)%4];
res%=10;
} res*=table[1][num3%4];
res%=10;
res*=table[2][num7%4];
res%=10;
res*=table[3][num9%4];
res%=10;
}
printf("%d\n",res);
}
}


2.POJ 1284 Primitive Roots #欧拉函数#

有一个关于原根的概念:若p有原根,则它恰有φ(φ( p))个不同的原根。

欧拉函数定义:对于正整数p,<=p且与p互质的正整数(包括1)的个数记作φ( p)。

这道题其实就是求欧拉数。

代码:

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
using namespace std; int Euler(int n)
{
int res=n;
for(int i=2;i*i<=n;i++)
{
while(n%i==0)
{
n/=i; res-=(res/i);
while(n%i==0)
n/=i;
}
}
if(n>1)
res-=(res/n);
return res;
} int main()
{
int p;
while(~scanf("%d",&p))
printf("%d\n",Euler(p-1));
return 0;
}

3.POJ 2115 C Looooops #扩展欧几里得#
http://blog.csdn.net/lyy289065406/article/details/6648546

题意:

对于C,for(i=A ; i!=B ;i +=C),在k位存储系统中循环几次才结束。

(若在有限次内结束,则输出循环次数n,否则输出FOREVER)

分析推导就直接看大牛的了,代码如下:

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<string>
#include<cstdlib>
#include<vector>
#include<stack>
#include<map>
using namespace std;
typedef long long ll; ll extend_gcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y)
{ //return d=gcd(a,n);
if(b==0)
{
x=1,y=0;
return a;
}
else
{
ll t=extend_gcd(b,a%b,x,y);
ll xx=x,yy=y;
x=yy;
y=xx-(a/b)*yy;
return t;
}
} int main()
{
ll A,B,C,k,x,y;
while(~scanf("%I64d %I64d %I64d %I64d",&A,&B,&C,&k))
{
if(A==0&&B==0&&C==0&&k==0) break;
ll a=C,b=B-A,n=(ll)1<<k; //n=2^k
ll d=extend_gcd(a,n,x,y); if(b%d!=0) //方程无解
printf("FOREVER\n");
else
{
x=(x*(b/d))%n; //x为方程ax=b(mod n)的最小解
x=(x%(n/d)+n/d)%(n/d); //x为方程ax=b(mod n)的最小整数解
printf("%I64d\n",x);
}
}
return 0;
}

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