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。
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<queue>
#include<algorithm>
#include<stack>
#include<cmath>
#include<map>
#define LL long long
#define maxn 1000100 using namespace std; int n,m,now,sum,prime[maxn],ok[maxn],tot=;
void calc()
{
int i,k;
for (i=;i<maxn;i++) {
if (!ok[i]) prime[tot++]=i;
for (LL j=(LL)(i)*prime[k=];j<maxn;j=i*prime[++k]) {
// printf("%lld %d\n",j,i);
ok[j]=;
if (!(i%prime[k])) break;
}
}
// for (int i=0;i<tot;i++) printf("\t%d",prime[i]);
} int check(int x)
{
if (x==) return ;
for (int i=;i<tot && prime[i]<=sqrt(x);i++)
if (!(x%prime[i])) return ;
return ;
} int main()
{
calc();
scanf("%d %d",&n,&m);
now=,sum=;
if (!(n%)) n++;
for (int i=n;i<=m;i=i+)
if (check(i)) {
if (now) ++sum;
else ++now;
}
else
now=;
printf("%d\n",sum);
return ;
}
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[]=num[]-hmax-;
lnow=num[];
num[n+]=num[n]+hmax+;
pp.push(i=);
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+],num[i]+hmax);
if (max(l1,l3)<=min(l2,l4)) return max(l1,l3)-len;
}
}
return -;
} int main()
{
scanf("%d",&n);
for (i=;i<=n;i++) scanf("%d",&num[i]);
scanf("%d %d %d",&len,&hmin,&hmax);
printf("%d\n",calc());
return ;
}
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=;
vector<int> d[maxn];
int n;
void atfirst()
{
int i,j,l;
LL k;
for (i=;i<maxn;i++) {
if (!p[i]) {
p[i]=i;
prime[tot++]=i;
}
for (k=i*prime[j=];j<tot && k<maxn;k=i*prime[++j]) {
p[k]=prime[j];
if (!(i%prime[j])) break;
}
}
d[].push_back();
for (i=;i<maxn;i++) {
int x=i,y=;
while (!(x%p[i])) {
y++;
x/=p[i];
}
for (j=;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,,sizeof(num));
int ans=;
for (int b=;b<n;b++)
for (int i=;i*b<n;i++) {
int x=n-i*b;
for (int j=;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 ;
}
Hard Homework
给一个n（3*10^6)，求一组x+y+z=n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）
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<queue>
#include<algorithm>
#include<stack>
#include<cmath>
#include<map>
#define exp 0.0000000001
using namespace std; int n;
int main()
{
scanf("%d",&n);
double num1=-,ans=-exp;
for (int i=n-;i;i--) {
int now=n-i;
double now1;
if (now%) {
double now2=cos((now-)/2.0);
if (now2-num1>=exp) num1=now2;
now1=sin(i)+*sin(now/2.0)*num1;
}
else
now1=sin(i)+*sin((now)/2.0);
if (now1-ans>=exp) ans=now1;
}
printf("%.9lf\n",ans);
return ;
}
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，
