【HDU1582 HDU1452 HDU1098 HDU3524 HDU1005 HDU2623 HDU2674】

题意：求2008^n的所有因子和对k取余，得到m,然后在求2008^m对给出的k取余。k是任意数(k>0)
分析：
1. 用素因子唯一分解定理,对2008分解。
2. 素因子求和公式之后得到m
3. 因为要(a*b/250)%k 对于给定的k和250不确定是否互质,所以不能用求逆元的方法
4. 公式a/b%k=a%(b*k)/b
5. 快速幂求解最终结果.

K未知，gcd(K,250)不一定为1,不能用求逆元的方法,
但是加了一个判断就一直TLE，就这么卡时间？
TLE:

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define X 10005
#define inf 0x3f3f3f3f
#define PI 3.141592653589793238462643383
int K;
const int N = 100000 + 5;
ll n,k,a,b,m,mod;
ll Pow(ll a,ll b)
{ll ans=1;while(b){if(b&1){ans=(ans*a)%mod;}b>>=1;a=(a*a)%mod;}return ans;
}
int main()
{while(~scanf("%lld%lld",&n,&k)){if(n==0&&k==0){break;}mod=k*250;a=Pow(2,3*n+1)-1;b=Pow(251,n+1)-1;m=(a*b)%(250*k)/250;mod=mod/250;printf("%d\n",Pow(2008,m));}return 0;
}

正解：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define X 10005
#define inf 0x3f3f3f3f
#define PI 3.141592653589793238462643383
int K,mod;
ll Pow(int a,int b)
{ll ans=1;while(b){if(b&1)ans=(ans*a)%mod;a=(a*a)%mod;b>>=1;}return ans%mod;
}
void e_gcd(int a,int b,int &d,int &x,int &y)
{if(!b)d=a,x=1,y=0;elsee_gcd(b,a%b,d,y,x),y-=a/b*x;
}
ll inv(ll a,ll m)
{int d,x,y;e_gcd(a,m,d,x,y);return d==1?(x+m)%m:-1;
}
int main()
{ios::sync_with_stdio(false);int N;while(cin>>N>>K){if(N==K&&K==0)break;ll a,b;ll c=inv(250,K),m;if(c==-1){mod=K*250;a=Pow(2,3*N+1)-1;b=Pow(251,N+1)-1;m=((a*b)%(K*250))/250;mod/=250;printf("%d\n",Pow(2008,m));}else{mod=K;a=Pow(2,3*N+1)-1,b=Pow(251,N+1)-1;m=a*b*c%K;cout<<Pow(2008,m)<<endl;}}return 0;
}

HDU1452

题意：求2004^x的所有因子和对29取余的结果。
和hdu 1852一样

在(a/b)%p的时候
(a/b)%p=(a/b)-(a/b/p)*p
=(a/b)-(a/(b*p)*p)
=(a/b)-(a/(b*p)*(b*p)/b)
=(a%(b*p))/b

A[i] = -(p / i) * A[p % i];
对b进行求解逆元的的充要条件是b和模数m互质gcd(b,m)=1，
设c为b的逆元:bc≡1 mod p (bc+kp=1):bc对p取余为1(p>1)
a/b%p=a/b*1=(a/b)*bc mod p=ac mod p
解释为：除以一个数对p取模等于乘以这个数的逆元对p取模
c=inv(b)

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
int mod=29;
ll Pow(int x,int n)
{ll ans=1;while(n){if(n&1)ans=(ans*x)%mod;x=(x*x)%mod;n>>=1;}return ans;
}
void e_gcd(int a,int b,int &d, int &x,int &y)
{if(!b)d=a,x=1,y=0;elsee_gcd(b,a%b,d,y,x),y-=a/b*x;
}
int inv(int a,int m)
{int d,x,y;e_gcd(a,m,d,x,y);return d==1?(x+m)%m:-1;
}
int main()
{ll x;while(scanf("%lld",&x)&&x){ll a=Pow(2,2*x+1)-1,b=Pow(3,x+1)-1,c=Pow(167,x+1)-1;//在函数名称上找bug找了半小时powcout<<(a*b*c*inv(2*166,mod))%mod<<endl;;}return 0;
}

HDU1098

f(x)=5*x^13+13*x^5+k*a*x 对给定的k，找到最小的a使得任意的x都%65=0成立
那么逆思维对于f(1) 不管a是不是最小，那么是一定成立的，则（18+ka)%65=0
在根据这个公式找出最小的 a ,
这道题很有趣的思维是关于取余的一个循环 (18%65 + ka % 65 )%65
当 a=66的时候又会出现 (18%65 + ka % 65 )%65 ,说明存在一个循环节

#include <bits/stdc++.h>
#define X 10005
#define inF 0x3f3f3f3f
#define PI 3.141592653589793238462643383
#pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000")
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 1e4;
const int Times=10;
int main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0),cout.tie(0);int k;while(cin>>k){int i=1;int  ans=18%65;for( i=1;i<66;++i){if((ans+k*i)%65==0){cout<<i<<endl;break;}}if(i==66)cout<<"no"<<endl;}return 0;
}

HDU3524

求：i^2%2^n有多少种不同结果

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define X 10005
#define inf 0x3f3f3f3f
#define one 0x01
#define PI 3.141592653589793238462643383
const int N=1e4;
int mod=3*10007;
ll f[N];
ll Pow(int a,int n)
{ll ans=1;while(n){if(n&1){ans=ans*a%mod;}a=a*a%mod;n/=2;}return ans%mod;
}
int main()
{ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0),cout.tie(0);int t;ll n;cin>>t;for(int m=1;m<=t;++m){cin>>n;ll ans,te;if(n&1){te=(n+1)/2;te--;ans=( (Pow(4, te )%mod+5) % mod )/ 3;//ans=( (Pow(4, te%(mod-1) )%mod+5) % mod )/ 3; 本来还想着用费马小定理进行降幂运算，可是3*100007不是素数}else{te=n/2-1;ans=( (2*Pow(4, te )+4) % mod )/ 3;//ans=( (Pow(4, te%(mod-1) )%mod+5) % mod )/ 3;}cout<<"Case #"<<m<<": "<<ans<<endl;}return 0;
}
/*得到的前十五项是：2  2  3  4  7  12  23  44  87  172  343  684  1367  1824发现奇数项的差分别是 1  4  16  64  256  1024发现偶数项的差分别是 2  8  32  128 512奇数项 A(n)=4*A(n-1)-5 => (4^(n-1)+5)/3偶数项 B(n)=4*B(n-1)-4 => (2*4^(n-1)+4)/3递推，但不是O(1)规律：
an = 2an-1 -1 奇数
an = 2an-1 -2 偶数
1
2 2
2
4 2
3
8 3
4
16 4
5
32 7
6
64 12
7
128 23
8
256 44
9
512 87
10
1024 172
11
2048 343
12
4096 684
13
8192 1367
*/
///i  0  1  2  3  4  5  6   7   8   9   10   11   12    13
///ai 1  2  2  3  4  7  12  23  44  87  172  343  684  1367
///   1  2  4  8  16 32  64  128

HDU1005

A number sequence is defined as follows:
f(1) = 1, f(2) = 1, f(n) = (A * f(n - 1) + B * f(n - 2)) mod 7.
Given A, B, and n, you are to calculate the value of f(n).
Input
The input consists of multiple test cases. Each test case contains 3 integers A, B and n on a single line (1 <= A, B <= 1000, 1 <= n <= 100,000,000). Three zeros signal the end of input and this test case is not to be processed.
Output
For each test case, print the value of f(n) on a single line.
Sample Input
1 1 3
1 2 10
0 0 0
Sample Output
2
5

一道矩阵快速幂的题：

递推： | A 1|
(fn,fn-1)=(fn-1,fn-2) | |
| B 0|
| A 1|
最后fn=(f1,f2)*| | ^(n-2)
| B 0|

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
int main()
{int A,B;ll n;int a[100]={1,1},t;while(scanf("%d%d%lld",&A,&B,&n),A||B||n){int i;for( i=2;i<50;++i)//这个50换成100竟然wa，不知道数据怎么设置的{a[i]=(A*a[i-1]+B*a[i-2])%7;if(a[i]==1&&a[i-1]==1){break;}}int t=i-2+1;printf("%d\n",n%t==0?a[t-1]:a[n%t-1]);}return 0;
}

HDU2623
题意：给你n和k，求

和等于： k-1*(k/1)+(k-2*(k/2))+(k-3*(k/3))+......(k-n*(k/n))
=kn-(1*(k/1)+(2*(k/2))+3*(k/3)+......k*(k/n))

看 :k/1 k/2 k/3 k/4 k/5 k/6........k/n

对区间分块：
i 1 2 3 4 5 6 7 8 ..... n
k=11 d=k/i 11 5 3 2 2 1 1 1
number=k/d 1 2 3 5 5 11 11 11 .....
number代表的就是当前d值相同的最后一个区间

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define X 10005
#define inf 0x3f3f3f3f
#define one 0x01
#define PI 3.141592653589793238462643383
const int N=1e6;
int mod=2009;
ll f[N];
int main()
{ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0),cout.tie(0);ll n ,k;while(cin>>n>>k){ll sum=n*k;ll len=min(n,k);///n<k 算到n   k<n 算到kll ans=0;for(int i=1;i<=len;++i){ll d=k/i;ll number=k/d;if(number>len)number=len;// cout<<i<<' '<<d<<' '<<number<<' '<<(d*(i+number)*(number-i+1)/2)<<endl;ans+=(d*(i+number)*(number-i+1)/2);i=number;}cout<<sum-ans<<endl;}return 0;
}

HDU2136
题目大意：求一个数的最大素数因子在素数序列中排第几。
总结：Everybody knows any number can be combined by the prime number.每个数都可以由一个素数结合起来(素数本身由自己和1组成，质数则可由一个素数和其他的数乘积得到
每个数都可以由一个若干个素数组成
T:

#include<bits/stdc++.h>
const int N=1000000;
using namespace std;int primer[N],po[N],cnt=0;
int main()
{po[cnt++]=1;for(int i=2;i<N;++i){if(!primer[i]){po[cnt++]=i;for(int j=i*2;j<N;j+=i){primer[j]=1;}}}int n;while(~scanf("%d",&n)){for(int i=n;i>=0;--i){if(po[i]<=n)//po[n]>n{if(n%po[i]==0){printf("%d\n",i);break;}}}}return 0;
}

正解：

#include<bits/stdc++.h>
const int N=1e6;
using namespace std;int primer[N],cnt=0;
int main()
{for(int i=2;i<N;++i){if(!primer[i]){primer[i]=++cnt;for(int j=2*i;j<N;j+=i){primer[j]=cnt;}}}int n;while(~scanf("%d",&n)){printf("%d\n",primer[n]);}return 0;
}

HDU 2674
计算的是N!%2009，0<=N<=10^9。
蒙，打个表,n>40 都是0

正解：
考察的是 mod=2009的质因数
2009=7*7*41 所以n=7的时候就差个41想乘取模就为0 所以到41取模就为0

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define X 10005
#define inf 0x3f3f3f3f
#define one 0x01
#define PI 3.141592653589793238462643383
const int N=1e6;
int mod=2009;
ll f[N];
int main()
{ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0),cout.tie(0);f[0]=1;for(int i=1;i<=40;++i){f[i]=(i*f[i-1])%mod;// cout<<i<<' '<<f[i]<<endl;}// cout<<41*245%2009<<endl;ll n;while(cin>>n){if(n<41)cout<<f[n]<<endl;elsecout<<0<<endl;}return 0;
}

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