來自挑戰程式設計競賽2.6 數學問題的解題竅門

1.歐幾里得演算法

求解最大公約數，時間複雜度在O(log max(a,b))以內，可以看出，輾轉相除法是非常高效的

int gcd(int a,int b)
{
    return (b==0)?a:gcd(b,a%b);
}

2.擴充套件歐幾里得演算法

求解方程a*x+b*y=gcd(a,b)，a、b、x、y均為整數，時間複雜度和輾轉相除法是相同的，函式返回gcd(a,b)。

int gcd(int a,int b)
{
    return (b==0)?a:gcd(b,a%b);
}
int extgcd(int a,int b,int& x,int& y)
{
    int d=a;
    if(b!=0){
        d=extgcd(b,a%b,y,x);
        y-=(a/b)*x;
    }
    else{
        x=1;
        y=0;
    }
    return d;
}
 

3.素數測試

//素性測試O(√n)
bool is_prime(int n)
{
    for(int i=2;i*i<=n;i++){
        if(n%i==0) return false;
    }
    return n!=1;//n等於1是例外
}
//約數列舉O(√n)
vector<int> divisor(int n)
{
    vector<int> res;
    for(int i=2;i*i<=n;i++){
        if(n%i==0){
            res.push_back(i);
            if(i!=n/i) res.push_back(n/i);
        }
    }
    return res;
}
//整數分解O(√n)素數因子
map<int,int> prime_factor(int n)
{
    map<int,int> res;
    for(int i=2;i*i<=n;i++){
        while(n%i==0){
            ++res[i];
            n/=i;
        }
    }
    if(n!=1) res[n]=1;
    return res;
}
 

其中map第一個int是n的素數因子，對應的第二個int是這個因子的個數

2.埃式篩法

給定一個正整數n，請問n以內有多少個素數。

首先將2到n的所有整數記下來，其中最小的整數2是素數，將表中2的倍數劃去。表中最小的整數是3，它不能被更小的數整除，所以是素數，將表中3的倍數劃去，以此類推，表中剩餘的最小數字是m，則m就是素數。這樣反覆操作即可列舉得到n以內的所有素數，時間複雜度為O(nloglogn)，可以看作是線性時間。

int prime[maxn];
bool is_prime[maxn];//is_prime[i]是true表示i是素數
//返回n以內素數的個數
int sieve(int n)
{
    int p=0;
    for(int i=0;i<=n;i++) is_prime[i]=true;
    is_prime[0]=is_prime[1]=false;
    for(int i=2;i<=n;i++){
        if(is_prime[i]){
            prime[p++]=i;
            for(int j=2*i;j<=n;j+=i) is_prime[j]=false;
        }
    }
    return p;
}
 

3.區間篩法

給定整數a、b，求區間[a,b)內有多少個素數

b以內的合數的最小質因數一定不超過√b。如果有√b以內的素數表，就可以把埃式篩法用到區間[a,b)上了。也就是說，先做好[2,√b)和[a,b)的表，然後從[2,√b)表中篩選素數的同時，也將其倍數從[a,b)的表中劃去，最後剩下的就是[a,b)內的素數了。

typedef long long ll;
bool is_prime[1000000+5];
bool is_prime_small[1000000+5];
//對區間[a,b)內的整數執行篩法。is_prime[i-a]=true→i是素數
void segment_sieve(ll a,ll b)
{
    for(int i=0;(ll)i*i<b;i++) is_prime_small[i]=true;
    for(int i=0;i<b-a;i++) is_prime[i]=true;
    for(int i=2;(ll)i*i<b;i++){
        if(is_prime_small[i]){
            for(int j=2*i;(ll)j*j<b;j+=i) is_prime_small[i]=false;//篩[2,√b)
            for(ll j=max(2ll,(a+i-1)/i)*i;j<b;j+=i) is_prime[j-a]=false;//篩[a,b)
            //2LL是2的長整數形式
            //((a+i-1)/i)*i是滿足>=a&&%i==0的離a最近的數
            //也可以寫成(a%i==0)?a:(a/i+1)*i
        }
    }
}

4.快速冪運算

typedef long long ll;
ll mod_pow(ll x,ll n,ll mod)
{
    ll res=1;
    while(n>0){
        if(n&1) res=res*x%mod;
        x=x*x%mod;
        n>>=1;
    }
    return res;
}