基础数论总结
- 2019 年 10 月 6 日
- 筆記
快速幂
非递归版
import java.util.Scanner; public class Main { public static void main(String[] args) { // TODO 自动生成的方法存根 Scanner sc=new Scanner(System.in); int t=sc.nextInt(); for(int i=0;i<t;i++) { long b=sc.nextLong(); long c=1000000007;long a=2; long res = 1; a %= c; for (; b != 0; b /= 2) { if (b % 2 == 1) res = (res * a) % c; a = (a * a) % c; } System.out.println(res); } } }
递归版（用的比较多）
import java.util.Scanner; public class Main { static long c=1000000007; public static void main(String[] args) { Scanner sc = new Scanner(System.in); int t=sc.nextInt(); for(int i=0;i<t;i++) { long a=2; long b=sc.nextLong(); long value=divide((long)2,b); System.out.println(value%c); } } private static long divide(long a,long b) { if(b==0)return 1; else if(b%2==0) {return divide((a%c)*(a%c),b/2)%c;} else return a%c*divide((a%c)*(a%c),(b-1)/2)%c; } }
矩阵快速幂
题目链接 核心思想为：
从右往左。可以一直递推，然后到最后一项，然后快速幂求矩阵，矩阵最终的结果就是所求结果。更新：java的矩阵通用乘法可以表示为，可以将下列代码替换道ac代码中：
static int [][] multiplication(int a[][],int b[][]){// int x=a.length;//a[0].length=b.length 为满足条件 int y=b[0].length;//确定每一排有几个 int c[][]=new int [2][2]; for(int i=0;i<x;i++) for(int j=0;j<y;j++) { //需要确定每一个元素 //c[i][j]; for(int t=0;t<b.length;t++) { c[i][j]+=(a[i][t]%10000)*(b[t][j]%10000); c[i][j]%=10000; } } return c; }
import java.util.Scanner; public class Main { public static void main(String[] args) { // TODO 自动生成的方法存根 Scanner sc=new Scanner(System.in); while(sc.hasNext()) { int n=sc.nextInt(); if(n==-1)break; if(n==0) {System.out.println(0);} else { n-=1;// int a[][]= {{1,1},{1,0}}; int b[][]={{1,0},{0,1}};//单位矩阵 int time=0; while(n>0) { if(n%2==1) { b=q(a, b); } a=q(a, a);n/=2; } System.out.println((b[0][0])); } } } static int [][] q(int a[][],int b[][]){// int value1=a[0][0]*b[0][0]%10000+a[0][1]*b[1][0]%10000;//左上 int value2=a[0][0]*b[0][1]%10000+a[0][1]*b[1][1]%10000;//左上 int value3=a[1][0]*b[0][0]%10000+a[1][1]*b[1][0]%10000;//左上 int value4=a[1][0]*b[0][1]%10000+a[1][1]*b[1][1]%10000;//左上 int c[][]=new int [2][2]; c[0][0]=value1%10000; c[0][1]=value2%10000; c[1][0]=value3%10000; c[1][1]=value4%10000; return c; } }
拓展欧几里得
拓展欧几里得模板 参考：哈尔滨理工大学ACM培训资料汇编/ACM-ICPC培训资料汇编* 基本原理 ：设 a 和 b 不全为 0，==则存在整数 x,y 使得 xa+yb=gcd(a,b)=c== 对于辗转相除法的最后一项 此时 b=0,则 gcd(a,b)=1a+0b,（这个a,b是经过gcd的最后一项a，b）
因为gcd(a,b)=gcd(b,a%b)
则有x *a+y *b=x1 *b+y1 * (a%b) 将等式右边变形，
b *x1+(a%b) *y1=b *x1+(a-(a/b) *b) *y1=a *y1+b *(x1-(a/b) *y1)
则，x=y1,y=x1-(a/b) *y1 则可由后向前迭代得到 x,y
解题思路 :
对于扩展欧几里德定理的题，一般都需要进行一定的推导之后得到一个形式为 xa+yb=c 的方程，然后根据 c 确定解是否存在， 如果 c 可以被 gcd(a,b)整除，那么方程有 解，否则方程无解。 而且所得的解是不唯一的，对于一组解 x0,y0 则其所有解可以表示为 x=x0+b/gcd(a,b)*t,y=y0-a/gcd(a,b)*t,t=0,+1,+2……一般会要求找出 x 或者 y 的最小正整数 解，这个时候需要做一些调整。
总的来说。递归是一来一回的过程，在gcd中，我们只用到了去的过程，求的最大公约数，而在exgcd中，我们发现了在来的过程中，某些数按照一定的规则变化，可以得到我们想要的结果而已。
static long x=0，y=0; ... static long extgcd(long a,long b) { if(b==0) {x=1;y=0;return a;} long ans=extgcd(b, a%b); long team=x; x=y; y=team-a/b*y; return ans; }
求逆元： 从拓展欧几里得中知道可以求ax+by=c,一般是解决这类问题
当a，b互质时候。c一定等于1.因为gcd（a,b）=1，c必须被gcd整除，那么如果有解一定是1.
那么ax+by=1.
求逆元一般形式（求a关于1mod m的逆元）
ax≡1 (mod m). x就是所求的逆元
变形为 ax+bm=1
这样就可以运用拓展欧几里得（但是x要大于0处理）
static long x=0;static long y=0;//全局变量 ...... long q=tgcd(a,b); // long x1=x; if(1%q!=0) {out.println("Not Exist");} else { while(x<=0){//x*a+y*b=1 要求x>0这样并且要求x最小，那么这样操作就相当于+ab-ab操作。刚开始还没明白 x+=b; y-=a; } system.out.println(x);}// static long tgcd(long a,long b) { if(b==0) {x=1;y=0;return a;} long ans=tgcd(b,a%b); long team=x; x=y; y=team-a/b*y; // System.out.println(x); return ans; }
还有用小费马可以求逆元，就不介绍了。
例题
杭电2669 给a,b求Xa + Yb = 1.如果没有则输出sorry。 可以通过拓展欧几里得指导Xa + Yb = gcd(a,b). 不言而喻要判断gcd(a,b)是否等于1.如果不等于1，那么就是sorry。如果等于一，那么还不能让x小于0，要对x,y进行加减操作满足x>0；拓展欧几里得是通过递归从下往上进行运算。
import java.io.BufferedReader; import java.io.IOException; import java.io.InputStreamReader; import java.io.OutputStreamWriter; import java.io.PrintWriter; import java.io.StreamTokenizer; /* * 拓展欧几里得 */ public class hdu2669 { static long x=0;static long y=0; public static void main(String[] args) throws IOException { // TODO 自动生成的方法存根 StreamTokenizer in=new StreamTokenizer(new BufferedReader(new InputStreamReader(System.in))); PrintWriter out = new PrintWriter(new OutputStreamWriter(System.out)); while(in.nextToken()!=StreamTokenizer.TT_EOF) { long a=(long)in.nval; in.nextToken(); long b=(long)in.nval; long q=tgcd(a,b); if(1%q!=0) {out.println("sorry");}//gcd要和要求相等（这里等于1） else { while(x<=0){//x*a+y*b=1 要求x>0这样并且要求x最小，那么这样操作就相当于+ab-ab操作。刚开始还没明白 x+=b; y-=a; } out.println(x+" "+y);}// out.flush(); } } static long tgcd(long a,long b) { if(b==0) {x=1;y=0;return a;} long ans=tgcd(b,a%b); long team=x; x=y; y=team-a/b*y; return ans; } }
题目：
两只青蛙在网上相识了，它们聊得很开心，于是觉得很有必要见一面。它们很高兴地发现它们住在同一条纬度线上，于是它们约定各自朝西跳，直到碰面为止。可是它们出发之前忘记了一件很重要的事情，既没有问清楚对方的特征，也没有约定见面的具体位置。不过青蛙们都是很乐观的，它们觉得只要一直朝着某个方向跳下去，总能碰到对方的。但是除非这两只青蛙在同一时间跳到同一点上，不然是永远都不可能碰面的。为了帮助这两只乐观的青蛙，你被要求写一个程序来判断这两只青蛙是否能够碰面，会在什么时候碰面。
我们把这两只青蛙分别叫做==青蛙A和青蛙B==，并且规定纬度线上东经0度处为原点，由东往西为正方向，单位长度1米，这样我们就得到了一条首尾相接的数轴。设青蛙A的出发点坐标是x，青蛙B的出发点坐标是y。青蛙A一次能跳m米，青蛙B一次能跳n米，两只青蛙跳一次所花费的时间相同。纬度线总长L米。现在要你求出它们跳了几次以后才会碰面。 Input
输入只包括一行5个整数x，y，m，n，L，其中x≠y < 2000000000，0 < m、n < 2000000000，0 < L < 2100000000。 Output 输出碰面所需要的跳跃次数，如果永远不可能碰面则输出一行"Impossible" Sample Input 1 2 3 4 5 Sample Output 4
分析
拓展欧几里得以前记过
分析一下设见面时间为t。青蛙A的位置是x+mt;青蛙B的位置是y+nt;两只青蛙项目，那么说明两只青蛙之间要么谁比谁多整数圈数。那么就得到x+mt-(y+nt)=k*L.变形一下(m-n)t-kL=(y-x).这就是m-n,L,y-x分别已知，而t和k未知，求最少的t.(t越少跳的越少。)
那么设m-n=a,L=b,t=X,-k=Y,y-x=c.原始就是aX+bY=c,其中a,b,c已知，求X最小正整数。你要判断c是否与gcd(a,b)互质，如果不互质则没有结果。
接着你求出的初始X是gcd(a,b)的情况，你要判断c是否是gcd的倍数，如果跟他互质，那么凉凉，不可能遇到，不满足extgcd的条件，如果是倍数。假设n倍，你可以你可以nXa,nYa,c相当于同时扩大倍的一种解，但是这不一定是最优解，你需要根据实际加减操作找到最小正解！
ac代码
import java.io.BufferedReader; import java.io.IOException; import java.io.InputStreamReader; import java.io.OutputStreamWriter; import java.io.PrintWriter; import java.io.StreamTokenizer; public class poj1061 { static long X=0; static long Y=0; public static void main(String[] args) throws IOException { // TODO 自动生成的方法存根 StreamTokenizer in=new StreamTokenizer(new BufferedReader(new InputStreamReader(System.in))); PrintWriter out = new PrintWriter(new OutputStreamWriter(System.out)); in.nextToken();long x=(long)in.nval;//A起始位置 in.nextToken();long y=(long)in.nval;//B起始位置 in.nextToken();long m=(long)in.nval;//A的速率 in.nextToken();long n=(long)in.nval;//B的速率 in.nextToken();long L=(long)in.nval;//长度 long a=m-n; long c=y-x; long b=L; if(a<0) {a=-a;c=-c;} long res=extgcd(a,b);// res=gcd(a,b) //c必须是res的倍数，如果互质的话就不满足拓展欧几里得的方程式，而对应的结果首先要跟着倍数扩大 if(c%res!=0) {out.println("Impossible");} else { /* * 可能难理解一点 * x=x0+(b/gcd(a,b))*t * x=x0+(b/res)*t找到最小的正整数x,那么就是x%(b/res)了，如果小于0就是(x%b/res)+b/res了 */ X=X*(c/res); long t=b/res; if(X>=0) X=X%t; else X=X%t+t; out.println(X); } out.flush(); } private static long extgcd(long a, long b) { if(b==0) { X=1;Y=0; return a; } long res=extgcd(b, a%b); long team=X; X=Y; Y=team-(a/b)*Y; return res; } }
github地址
素数筛
在判定素数的问题中，随着不断学习，里面的拓展性也在不断地增加。
问题：判定一个数是否为素数：
想都不想的方法：
static boolean isprime(int value){ for(int i=2;i<value;i++) { if(value%i==0) {return false;} } return true; }
暴力从开始判断的方法。复杂度O(n)。当数据大于1e7左右基本就爆了。更别说多组输入了
稍微思考数据组成
对于一个数n如果==不是素数==，一定有a*b=n（a<b）;a<根号n，b>根号n，所以只要出现一定是成双成对。所以你只要==找到1个==就能说明这个数不是素数。所以从开始遍历到a是最省时的方法。因为a是log级。算法复杂度为O(logn)所以代码为：
static boolean isprime(int value) { for(int i=2;i*i<value+1;i++) { if(value%i==0) {return false;} } return true; }
这种情况能够基本单输入的素数问题。但是遇到多个输入肯定也会GG的。
埃拉托斯特尼(Eratosthenes)筛法
问题：多个输入，问关于素数相关的问题。 如果用上述方法肯定爆。多组输入的最好解决办法是打表。至于打表，如果上述的打表nlogn打表的话会TLE，所以就要换一种思考方式。
埃氏筛的核心思想就是==将素数的倍数确定为合数==。对于一个从2开始连续数据，我们假设其中每一个都是素数。如果一个数为素数，那么这个数的倍数一定也是素数。所以算法大致流程： 2： [i=(2+2)—>(+2)数组尾]，4,6,8,10 * * 不是素数 3： [i=(3+3)—>(+3)数组尾],6,9,12 * * 不是素数 4： [i=4]不是素数，跳过 5: . . . . . . . . . . . . 这个到除了前面几次的计算量多一点，到后面随着数据增大对整个复杂度相加是比较小的，算法复杂度为O(nloglogn);别小瞧多的这个logn，数据量大一个log可能少不少个0，那时间也是十倍百倍甚至更多的差距。 具体代码为
static boolean isprime[]; static long prime[]; static void getprime() { prime=new long[100001];//记录第几个prime int index=0; isprime=new boolean [1000001]; for(int i=2;i<1000001;i++) { if(!isprime[i]) { prime[index++]=i; } for(int j=i+i;j<1000000;j=j+i)//他的所有倍数都over { isprime[j]=true; } } }
欧拉筛——线性筛
对于上述的埃氏筛，虽然能解决大部分的问题。但是不难发现里面还是有挺多不够精简的地方，比如有的地方会重复访问。而欧拉筛在埃氏筛的基础上进行优化，达到O(n)的复杂度。
static boolean isprime[]; static int prime[]; static void getprimeoula()// 欧拉筛 { prime = new int[100001];// 记录第几个prime int index = 0; isprime = new boolean[1000001]; for (int i = 2; i < 1000001; i++) { if (!isprime[i]) { prime[index++] = i; } for (int j = 0; j < index && i * prime[j] <= 100000; j++){ isprime[i * prime[j]] = true;// if (i % prime[j] == 0) break; } } }
唯一分解定理
算数分解定理(唯一分解定理)：
算数分解定理(唯一分解定理)：
定义：
任何一个大于1的自然数 N,如果N不为质数，那么N可以唯一分解成有限个质数的乘积N=P1a1 P2a2P3a3…Pnan，这里P1<P2<P3…<Pn均为质数，其中指数ai是正整数。这样的分解称为 N 的标准分解式.
应用：对于一个正整数n，如果n=q1a1 * q2 a2 * …* qnan,那么他的正因数个数为(1+a1) * (1+a2)* . . . *(1+an);
样例：
1000=2* 500=2* (2 * 250)=2 * 2 *( 2 * 125)=2 * 2 * 2 *(5 * 25)=2 * 2 * 2 * 5 * (5 *5)=23*53.可以看的出来基本策略就是从2开始除，直到不是2的倍数然后网上递增求。
计算方法：
计算n的分解方式。主要是通过数的自身对从最小的质数开始整除除一直到不能整除，直到跳出限制条件。
- 你可以从2到n;逐个遍历判断，满足条件的话就在数组中添加对应的count。当然，每被计算一次的时候，这个数就要被除一次。
- 上面方法对于大的数据显然复杂度太高。其实你可以从2遍历到根号n+1(i * i<n+1)停止，因为最大的理想乘积是i*i=n，其他的数据都是一个左，一个右面。最终分解的时候如果都分到这步了说明要么后面不剩，要么就是剩一个大质数。
- 上面虽然从数的量级减少了不少，但是会遍历很多没用的合数，比如遍历过2所有而的倍数都不需要遍历判断，所以我们只需要遍历素数。素数打表遍历素数，当遇到多组输入，数据要求较高的时候，先用素数筛打表，把素数预处理，然后直接从2-素数数组中遍历即可，因为如果一个数能被拆，那么他如果不能被拆，他就是素数，如果它还能被拆，那么它就是合数。所以一个数被分解到最后都是素数的次幂相乘！很重要！这样能够省的更多的时间。可以参考素数筛模板。
核心代码： 不打表：
for(int j=2;j*j<n+1;j++) { while(n%j==0) { n/=j; //根据需求操作 } //根据需求操作... }
打表：
static int index=0;//根据数据范围范围内素数的最后一个位置prime[index] long prime[]=new long[100001]; boolean isprime[]=new boolean[1000001]; for(int i=2;i<1000001;i++)//埃拉托色尼筛选法 { if(!isprime[i]) { prime[index++]=i; for(int j=i+i;j<1000000;j=j+i) { isprime[j]=true; } } } ........ ........ // int n; for(int j=0;j<index;j++) { if(n==0||prime[j]>n) {break;}//素数已经超出无法最大的数，退出 long team=0;//其他操作，可以是你自己的逻辑 while(c%prime[j]==0) { c/=prime[j]; team++;//其他操作 } number*=(1+team);//其他操作 }
唯一分解定义有什么用？
例如给一个1000，这样的数，问有多少种可能组合使得a * b=1000.或者求a*b中在那个范围内a，b的排列次数。
首先要了解一个唯一分解定理的应用：对于一个正整数n，如果n=q1a1 * q2 a2 * …* qnan,那么他的正因数个数为(1+a1) * (1+a2)…(1+an);对于这个，就可以衍生其他问题，比如找两个因数的组合情况，可能性，在那个范围等等。其实这就是一个组合问题。对于每一个数有t个，能够影响最终结果的就是这个素数出现的次数。如果细看虽然每个数的概率都是可能出现和不出现的1/2.但是对于最终结果就是：出现0次，出现1次，出现。。。，出现t次。所以这个数对结果出现的可能行变成了原来次数*（1+t）.以此类推，便可得到所有的因数可能的结果。
就例如1000=23 * 53: 对于结果首先2和5是独立互不影响的。所以对于一个因数。质数2的搭配有四种，出现0个，1个，2个或3个。同理质数5的搭配也是4种，所以最终因数可能出现的次数是4 * 4=1*(3+1)*(3+1)=16个。
### 例题 看下[hdu5248](http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5428)
题意：给出n个数，求这n个数中最小的两个因数乘积，题意有些小的歧义不太好理解。说明白了就是让你从n个数分解找最小的两个因子相乘.(1不满足因为1没有2个及以上因子).
思路：数据量不大，可以不打表直接素数分解。其实每个数找到2个因子就可以停止了，放到list或者数组中，最后排序判断因子是否大于等于2个。按照要求输出
附上ac代码：
import java.util.ArrayList; import java.util.List; import java.util.Scanner; public class hdu5248 { public static void main(String[] args) { Scanner sc=new Scanner(System.in); int T=sc.nextInt(); for(int q=0;q<T;q++) { int n=sc.nextInt(); List<Long>list=new ArrayList<Long>(); for(int i=0;i<n;i++) { long te=sc.nextLong(); int num=0; for(int j=2;(long)j*j<te+1;j++) { while(te%j==0) { list.add((long) j); te/=j; num++; } if(num>2)break;//其实找到两个就不用找了 } if(te>1) {list.add(te);} } if(list.size()<2) System.out.println(-1); else { list.sort(null); System.out.println((long)(list.get(0)*list.get(1))); } } } }
lightoj1341 题目大意：给个面积s。一个边b，问最小边大于b的所有可能情况。 思路：整体-多余。先求出所有的排列次数，然后除以二（要求组合队数）。再从0头到b开始剪掉多余的情况。不需要考虑特大的那边，因为是对称的已经除以过二了。 ac代码：
埃氏筛
import java.util.Scanner; public class testC { static int index=0; public static void main(String[] args) { // TODO 自动生成的方法存根 long prime[]=new long[100001]; boolean isprime[]=new boolean[1000001]; for(int i=2;i<1000001;i++)//埃拉托色尼筛选法 { if(!isprime[i]) { prime[index++]=i; for(int j=i+i;j<1000000;j=j+i) { isprime[j]=true; } } } Scanner sc=new Scanner(System.in); int t=sc.nextInt(); for(int i=0;i<t;i++) { long a=sc.nextLong(); long b=sc.nextLong(); long number=1; long c=a; if(b*b>=a) {number=0;}//不可能的情况，最小边大于可能拼成的情况 else { for(int j=0;j<index;j++) { if(c==0||prime[j]>c) {break;}//超出界，跳出 long team=0; while(c%prime[j]==0) { c/=prime[j];team++; } number*=(1+team);//计算 } if(c>1)number*=2; number/=2; //这里别被绕进去。这里不是按照次幂计算的，而是按照实打实的一个一个数判断的。 for(int j=1;j<b;j++) { if(a%j==0)number--; } } System.out.println("Case "+(i+1)+": "+number); } } }
欧拉筛：
import java.util.Scanner; public class testC { static int index=0; public static void main(String[] args) { // TODO 自动生成的方法存根 int prime[] = new int[100001];// 记录第几个prime int index = 0; boolean isprime[] = new boolean[1000001]; for (int i = 2; i < 1000001; i++) { if (!isprime[i]) { prime[index++] = i; } for (int j = 0; j < index && i * prime[j] < 1000001; j++) { isprime[i * prime[j]] = true;// 找到的素数的倍数不访问 if (i % prime[j] == 0) break;// 关键！！！！ } } Scanner sc=new Scanner(System.in); int t=sc.nextInt(); for(int i=0;i<t;i++) { long a=sc.nextLong(); long b=sc.nextLong(); long number=1; long c=a; if(b*b>=a) {number=0;}//不可能的情况，最小边大于可能拼成的情况 else { for(int j=0;j<index;j++) { if(c==0||prime[j]>c) {break;} long team=0; while(c%prime[j]==0) { c/=prime[j];team++; } number*=(1+team); } if(c>1)number*=2; number/=2; for(int j=1;j<b;j++) { if(a%j==0)number--; } } System.out.println("Case "+(i+1)+": "+number); } } }
欧拉函数
求欧拉函数代码的方式：直接求和打表 欧拉函数的作用：一个数n，求小于n的互质的个数。特例：1——oula（1）=1； 欧拉函数的公式：
其中i为x所有质因数。注意：每种质因数只一个 为什么会这样？首先，互质的两个数一定不能有公共因数。比如9和7互质，9和12不互质，因为有共同因数3.
那么我难道需要一个个循环比较吗？
答案先然不可能，因为如果数值过大这是个很大的复杂度。那么我该如何处理？
换一种思维。比如求24中的互质个数。答案是1，5，7，11，13，17，19，23。共8个
- 24=2 * 2 * 2 * 3；那么在小于12中的数的核心共同质数为2的倍数或者三的倍数。有人可能说明明还要4，6的倍数，那是因为这些倍数囊括在2，3之中。所以我们每个质因数只记录一个。
- 看在24中，有1/2的是2的倍数，也就是1/2的数是和24有共同因数2.那么就有（1-1/2）的数和24没有共同因数2；
- ；
- 同理那么就有1/3的数和24有共同因数3，并且（1-1/3）=2/3的数没有共同因数3.那么没有因数2和因数三剩下的不就是和24互质么，那么概率=（1-1/2） *乘以 （1-1/3）=1/3.总个数为24 *乘以 1/3=8满足要求。
- 2. 如果一个因数出现多次怎么排除呢。或者怎么防止4，6这些数被计入因数中，这就要用到**质因数分解的思想**。只不过我们不需要这个幂出现的次数，只需要让剩余的不可能在存在当前这个数为因数的可能性。
附上直接求代码：
private static int oula(int team) { int i=0;int res=team;int team1=team; for(i=2;i<(int)Math.sqrt(team1)+1;i++) { if(team%i==0) { res=res/i*(i-1); while(team%i==0) {team/=i;}//保证没有i作为因子 } } if(team>1)res=res/team*(team-1);//说明后面还有一个比较大的互质因数大小为team return res; }
其中，res为结果，team1作为求因数用。如果实在不能理解，好好看下质因数分解。
打表代码：
int a[]=new int[1000001]; for(int i=1;i<1000001;i++) { a[i]=i; } for(int i=2;i+2<1000001;i+=2) { a[i]/=2; } for(int i=3;i+2<1000001;i+=2) { if(a[i]==i) { for(int j=i;j+i<=1000001;j+=i) { a[j]=a[j]/i*(i-1); } } }
例题
欧拉函数/素数判定
题目链接
题目
Bamboo Pole-vault是Xzhiland的一项大受欢迎的运动。 Phi-shoe大师是他成功的非常受欢迎的教练。他需要为他的学生提供一些竹子，所以他让他的助手Bi-Shoe去市场购买。市场上有很多可能的整数长度的Bamboos（是的！）。根据Xzhila的传统，
竹子的分数=Φ（竹子的长度）
（Xzhilans非常喜欢数论）。对于您的信息，Φ（n）=小于n的数字，它们相对于素数（除了1之外没有公约数）到n。因此，长度为9的竹子的得分为6，因为1,2,4,5,7,8是9的相对素数。
助理双鞋必须为每个学生买一个竹子。作为一个扭曲，Phi-shoe的每个撑杆跳学生都有一个幸运数字。 Bi-shoe希望购买竹子，这样他们每个人都会得到一张分数大于或等于他/她的幸运数字的竹子。 Bi-shoe希望最大限度地减少购买竹子所花费的总金额。一个竹子单位花费1 Xukha。帮助他
输入 输入以整数T（≤100）开始，表示测试用例的数量。
每个案例都以包含整数n（1≤n≤10000）的行开头，表示Phi-shoe的学生人数。下一行包含n个空格分隔的整数，表示学生的幸运数字。每个幸运数字将位于[1,106]范围内。
输出 对于每种情况，打印案例编号和购买竹子所花费的最少金额。有关详细信息，请参阅示例 Sample Input 3 5 1 2 3 4 5 6 10 11 12 13 14 15 2 1 1 Sample Output Case 1: 22 Xukha Case 2: 88 Xukha Case 3: 4 Xukha
题意
题意：给你n个整数，第i个整数为Xi。定义phi(k)为k的欧拉函数值，设pi为满足phi(pi)>=Xi的最小整数，题目就是要求sum(p1,p2,p3,…,pn)。
告诉你幸运数字x，你找出phi(n)=x的这个最小的n，若干个这样数的合。
首先要清楚几个概念phi(n)=n-1，==n为素数==时候。因为n和小于它的任意都互质。 所以解题思路大致有两个：
欧拉函数的角度：
欧拉是最明显的，要找出大于这个数最小的那个phi[i],如果==单个欧拉函数求会TL==所以需要欧拉打表。没输入一个数网上找几个就行了
素数角度
n为素数时候，phi(n)=n-1，所以第一个phi(i)=t的那个i就是在t右侧的第一个素数。有了这个思路你就可以用素数解决问题，可以用素数筛。用直接的素数判定也能过。 c++代码： 直接判定
#include <iostream> #include<stdio.h> using namespace std; #define ll long long bool isprime(int index) { if(index<=2)return true; else { for(int i=2;i*i<index+1;i++) { if(index%i==0)return false; } return true; } } int main() { int t;cin>>t; for(int i=0;i<t;i++) { int n;cin>>n;ll count=0; for(int j=0;j<n;j++) { ll team; cin>>team; int index=team+1; while(!isprime(index)) {index++;} count+=index; } //string s=" Xukha"; printf("Case %d: %lld Xukhan",(i+1),count); } return 0; }
欧拉筛
#include <iostream> #include<stdio.h> using namespace std; #define ll long long const int MAXN=1100000+7; int m; ll a[MAXN],euler[MAXN]; void phi() { for(int i=1;i<=m;i++) a[i]=i; for(int i=2;i<=m;i+=2) a[i]>>=1; for(int i=3;i<=m;i++) { if(a[i]==i) { for(int j=i;j<=m;j+=i) a[j]=(a[j]/i)*(i-1); } } } int main() { m=1100000; phi(); int t;cin>>t; for(int i=0;i<t;i++) { ll n,count; cin>>n;count=0; for(int j=0;j<n;j++) { ll team; cin>>team; int index=team+1; while(a[index]<team) {index++;} count+=index; } printf("Case %d: %lld Xukhan",(i+1),count); } return 0; }
java 欧拉打表（可以自己改成素数）
import java.io.BufferedReader; import java.io.IOException; import java.io.InputStreamReader; import java.io.OutputStreamWriter; import java.io.PrintWriter; import java.io.StreamTokenizer; import java.util.Scanner; public class Main{ public static void main(String[] args) throws IOException { // TODO 自动生成的方法存根 StreamTokenizer in=new StreamTokenizer(new BufferedReader(new InputStreamReader(System.in))); PrintWriter out = new PrintWriter(new OutputStreamWriter(System.out)); in.nextToken();int t=(int)in.nval; int a[]=new int[1100001]; for(int i=1;i<1100001;i++) { a[i]=i; } for(int i=2;i+2<1100001;i+=2) { a[i]/=2; } for(int i=3;i+2<1100001;i+=2) { if(a[i]==i) { for(int j=i;j+i<=1100001;j+=i) { a[j]=a[j]/i*(i-1); } } } for(int i=0;i<t;i++) { in.nextToken();int n=(int)in.nval;long count=0; for(int j=0;j<n;j++) { in.nextToken(); long team=(long)in.nval; int index=(int) (team+1); while(a[index]<team) {index++;} count+=index; //System.out.println(oula(team)); } System.out.println("Case "+(i+1)+": "+count+" Xukha"); } } private static boolean isprime(int index) { if(index<=2)return true; else { for(int i=2;i*i<index+1;i++) { if(index%i==0)return false; } return true; } } private static int oula(int team) { int i=0;int res=team;int team1=team; for(i=2;i<(int)Math.sqrt(team1)+1;i++) { if(team%i==0) { res=res/i*(i-1); while(team%i==0) {team/=i;}//保证I是素数 } } if(team>1)res=res/team*(team-1); return res; } }
