1. 1.Hankson的趣味题

来源：NOIP2009提高组 https://ac.nowcoder.com/acm/contest/257/B

解题思路：

由于 ，因此 一定是 的约数。
所以我们可以枚举 的所有约数，然后依次判断是否满足 以及 即可。

我们可以先预处理出 内的所有质数，然后用这些质数去试除 。分解质因数后，通过DFS枚举出 的所有约数。

时间复杂度：

C++ 代码：

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <vector>
using namespace std;

typedef long long LL;
typedef pair <int, int> PII; const int N = 45000,
    M = 50;

int primes[N], cnt;
bool st[N];

PII factor[M];
int cntf;

int divider[N], cntd;

void get_primes(int n)
{
    for (int i = 2; i <= n; i++)
    {
        if (!st[i]) primes[cnt++] = i;
        for (int j = 0; primes[j] <= n / i; j++)
        {
            st[primes[j] *i] = true;
            if (i % primes[j] == 0) break;
        }
    }
}

int gcd(int a, int b)
{
    return b ? gcd(b, a % b) : a;
}

void dfs(int u, int p)
{
    if (u > cntf)
    {
        divider[cntd++] = p;
        return;
    }

    for (int i = 0; i <= factor[u].second; i++)
    {
        dfs(u + 1, p);
        p *= factor[u].first;
    }
}

int main()
{
    get_primes(N);

    int n;
    scanf("%d", &n);
    while (n--)
    {
        int a0, a1, b0, b1;
        scanf("%d%d%d%d", &a0, &a1, &b0, &b1);

        int d = b1;
        cntf = 0;
        for (int i = 0; primes[i] <= d / primes[i]; i++)
        {
            int p = primes[i];
            if (d % p == 0)
            {
                int s = 0;
                while (d % p == 0) s++, d /= p;
                factor[++cntf] = {
                    p, s
                };
            }
        }
        if (d > 1) factor[++cntf] = {
            d, 1
        };

        cntd = 0;
        dfs(1, 1);

        int res = 0;
        for (int i = 0; i < cntd; i++)
        {
            int x = divider[i];
            if (gcd(x, a0) == a1 && (LL) x *b0 / gcd(x, b0) == b1)
            {
                res++;
            }
        }

        printf("%d\n", res);
    }

    return 0;
}

 

2. 计算系数

来源：NOIP2011提高组 https://ac.nowcoder.com/acm/contest/259/A

算法知识点: 组合数，二项式定理

复杂度：

解题思路：

由二项式定理：

因此， 的系数是 。

时间复杂度分析:

计算的瓶颈在计算 上，对于分母中每个数都需要做一次快速幂，因此总时间复杂度是 。

C++ 代码：

#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std; const int mod = 10007;

int qmi(int a, int k)
{
    a %= mod;
    int res = 1;
    while (k)
    {
        if (k &1) res = res *a % mod;
        a = a *a % mod;
        k >>= 1;
    }
    return res;
}

int main()
{
    int a, b, k, n, m;

    cin >> a >> b >> k >> n >> m;

    int res = qmi(a, n) *qmi(b, m) % mod;
    for (int i = 1, j = k; i <= n; i++, j--)
    {
        res = res *j % mod;
        res = res *qmi(i, mod - 2) % mod;
    }

    cout << res << endl;

    return 0;
}

 

3. 组合数问题

来源：NOIP2016提高组 https://ac.nowcoder.com/acm/contest/264/A

算法知识点: 前缀和，组合数

复杂度：

解题思路：

首先通过组合恒等式 将所有 模 的余数预处理出来。

然后递推出前缀和：s[i][j]，表示 中 的倍数的个数。

查询时直接查表即可。

C++ 代码：

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std; const int N = 2010;

int c[N][N];
int s[N][N];

int main()
{
    int T, k;
    scanf("%d%d", &T, &k);

    for (int i = 0; i < N; i++)
        for (int j = 0; j <= i; j++)
        {
            if (!j) c[i][j] = 1 % k;
            else c[i][j] = (c[i - 1][j] + c[i - 1][j - 1]) % k;

            if (!c[i][j]) s[i][j] = 1;
        }

    for (int i = 0; i < N; i++)
        for (int j = 0; j < N; j++)
        {
            if (i) s[i][j] += s[i - 1][j];
            if (j) s[i][j] += s[i][j - 1];
            if (i && j) s[i][j] -= s[i - 1][j - 1];
        }

    while (T--)
    {
        int n, m;
        scanf("%d%d", &n, &m);

        printf("%d\n", s[n][m]);
    }

    return 0;
}

 

4. 小凯的疑惑

来源：NOIP2017提高组 https://ac.nowcoder.com/acm/contest/265/D

算法知识点: 数论

时间复杂度：

解题思路：

结论题：

如果 均是正整数且互质，那么由 不能凑出的最大数是 。

C++ 代码：

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;

typedef long long LL;

int main()
{
    LL a, b;
    cin >> a >> b;
    cout << a *b - a - b << endl;

    return 0;
}

 
另外，牛客暑期NOIP真题班限时免费报名
报名链接：https://www.nowcoder.com/courses/cover/live/248
报名优惠券：DCYxdCJ