1.青蛙的约会
题目：http://poj.org/problem?id=1061
题解：(x+mt)%L==(y+nt)%L等价于x-y+(m-n)t=kL
因此我们整理一下：(m-n)t+kL=y-x
a=m-n,b=L,c=y-x
在这里需要注意a的值不为负，如果为负，则a=-a,c=-c
然后套用公式求出最小的t：t=(c/g*x%(b/g)+b/g)%(b/g)
代码：
#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll extend_gcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y)
{
if(b==0)
{
x=1,y=0;
return a;
}
ll res=extend_gcd(b,a%b,x,y);
ll tmp=x;
x=y;
y=tmp-(a/b)*y;
return res;
}
int main()
{
ll i,j,x,y,m,n,l,a,b,c;
cin>>x>>y>>m>>n>>l;
a=m-n;b=l;c=y-x;
if(a<0)
{
a=-a;
c=-c;
}
ll g=extend_gcd(a,b,x,y);
if(c%g!=0)
{
puts("Impossible");
}
else
{
cout<<(c/g*x%(b/g)+b/g)%(b/g)<<endl;
}
return 0;
}
2.Least Common Multiple
题目：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1019
题解：每两个之间求一遍lcm，一共球n次
代码：
#include<iostream>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll t,a[100000],n;
ll gcd(ll a,ll b)
{
return b==0?a:gcd(b,a%b);
}
ll lcm(ll a,ll b)
{
return a*b/gcd(a,b);
}
int main()
{
ll i,j;
cin>>t;
while(t--)
{
cin>>n;
for(i=0;i<n;i++)
cin>>a[i];
ll res=a[0];
for(i=1;i<n;i++)
{
res=lcm(res,a[i]);
}
cout<<res<<endl;
}
return 0;
}
3. A/B
题目：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1576
题解：逆元的应用
代码：
#include<iostream>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll extend_gcd(ll a,ll b,ll& x,ll& y)
{
if(b==0)
{
x=1;
y=0;
return a;
}
ll res=extend_gcd(b,a%b,x,y);
ll tmp=x;
x=y;
y=tmp-(a/b)*y;
}
ll mod_inverse(ll a,ll m)
{
ll x,y;
extend_gcd(a,m,x,y);
return (m+x%m)%m;
}
int main()
{
ll i,j,t,n,b;
ll mod=9973;
cin>>t;
while(t--)
{
cin>>n>>b;
cout<<(n*mod_inverse(b,mod))%9973<<endl;
}
return 0;
}
4.又见GCD
题目：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=2504
题解：a和c的最大公约数为b，因此c的选取从2*b开始，与a计算gcd，如果不是b就加b，如此往复
代码：
#include<iostream>
using namespace std;
int gcd(int a,int b)
{
return b==0?a:gcd(b,a%b);
}
int main()
{
int i,j,n,a,b,c;
cin>>n;
while(n--)
{
cin>>a>>b;
c=b*2;
while(gcd(a,c)!=b)
{
c+=b;
}
cout<<c<<endl;
}
return 0;
}
5.GCD
题目：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=2588
题解：
给定N,M求gcd(i,N)>=M的i的个数
我们可以分解N=a*b, i=a*d(b>=d 且b，d互质)，那么我们要求的就是a》=m的时候d的个数（b随a而确定）
由于b>=d且b，d互质，所以这个数目就是φ（b）-1
但是，如果对于每个a枚举b，铁定超时。（仍然O((N-M)*sqrt(N))的复杂度）
但是如果单纯这样全部枚举的话依旧会超时，所以我们要想一个办法去优化它。
我们可以折半枚举，这里的折半并不是二分的意思。
我们先看，我们枚举时，当i<sqrt(n),假设a=n / i， 当i>sqrt(n)之后 有b=n/i，我们观察到当n%i==0时，会出现一种情况，就是a*b==n。所以我们就可以只需要枚举sqrt(n)种情况，然后和它对应的情况就是 n/i。
我们这种枚举时间会快非常多
代码：
#include<iostream>
#include<cmath>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll phi(ll n)
{
ll ans=n;
for(ll i=2;i<=sqrt(n);i++)
{
if(n%i==0)
{
ans=ans/i*(i-1);
while(n%i==0)
n/=i;
}
}
if(n>1)
ans=ans/n*(n-1);
return ans;
}
int main()
{
int t;
ll n,m;
cin>>t;
while(t--)
{
cin>>n>>m;
ll ans=0;
for(ll i=1;i*i<=n;i++)
{
if(n%i==0)
{
if(i>=m)
ans+=phi(n/i);//计算sqrt(n)左边的
if(i*i!=n&&n/i>=m)
ans+=phi(i);//计算计算sqrt(n)右边的i*i==n时，在上个语句已经执行 （避免）完全平方算两次
}
}
cout<<ans<<endl;
}
return 0;
}
6.GCD
题目：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5223
题解：这个从体面理解是要求满足区间的最小数和，我们满足当前区间的最大公约数，就是使当前区间全都为最大公约数，这样总和最小，但是会涉及到区间重叠的部分，因此那一部分就要取：当前的数于区间的最大公约数的最小公倍数，然后都弄完后，进行检验，是否该区间上的数的最大公约数为ans，然后输出即可。
代码：
#include<iostream>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll gcd(ll a,ll b)
{
return b==0?a:gcd(b,a%b);
}
ll num[1010],l[1010],r[1010],ans[1010];
int main()
{
ll t,i,j,n,q;
cin>>t;
while(t--)
{
cin>>n>>q;
for(i=1;i<=n;i++)
num[i]=1;
for(i=0;i<q;i++)
{
cin>>l[i]>>r[i]>>ans[i];
for(j=l[i];j<=r[i];j++)
num[j]=num[j]*ans[i]/gcd(num[j],ans[i]);
}
bool falg=true;
for(i=0;i<q;i++)
{
ll cur=num[l[i]];
for(j=l[i]+1;j<=r[i];j++)
cur=gcd(cur,num[j]);
if(cur!=ans[i])
{
falg=false;
break;
}
}
if(falg==true)
{
for(i=1;i<=n;i++)
{
cout<<num[i];
if(i!=n)
cout<<" ";
}
cout<<endl;
}
else
{
cout<<"Stupid BrotherK!"<<endl;
}
}
return 0;
}
