[蓝桥杯] 历年试题矩阵翻硬币

最近报名了蓝桥杯，应该是我学习编程以来的第一场正式比赛了，最近就刷了一下历年试题这是其中比较有趣的题目，不过我的答案只有70%的分，想看正确代码可以看这里，没过是算法不太行，思路还是可以看看的。

问题描述

小明先把硬币摆成了一个 n 行 m 列的矩阵。
随后，小明对每一个硬币分别进行一次 Q 操作。

对第x行第y列的硬币进行 Q 操作的定义：将所有第 ix 行，第 jy 列的硬币进行翻转。其中i和j为任意使操作可行的正整数，行号和列号都是从1开始。

当小明对所有硬币都进行了一次 Q 操作后，他发现了一个奇迹——所有硬币均为正面朝上。

小明想知道最开始有多少枚硬币是反面朝上的。于是，他向他的好朋友小M寻求帮助。

聪明的小M告诉小明，只需要对所有硬币再进行一次Q操作，即可恢复到最开始的状态。然而小明很懒，不愿意照做。于是小明希望你给出他更好的方法。帮他计算出答案。

题目分析

首先，对于一个硬币，如果翻了奇数次后正面向上，则说明它一开始是反面朝上的，偶数反之，故题目就是叫我们求对所有硬币进行了Q操作后有多少个硬币是翻了奇数次的。
然后，对Q操作进行分析。Q操作是

将所有第 i*x 行，第 j *y 列的硬币进行翻转。其中i和j为任意使操作可行的正整数，行号和列号都是从1开始

看上去有点像埃氏筛，盲猜和约数有关，然后按题意模拟一下n = 4 ，m = 6 的情况，用数组a[i][j]，存一下结果，以下是模拟结果。

1 2 2 3 2 4
2 4 4 6 4 8
2 4 4 6 4 8
3 6 6 9 6 12

从模拟发现
1)a[i][j] = a[i][1] * a[1][j]
2)a[1][j] = j的约数个数，a[i][1] = i的约数个数

这个具体证明我就不写了。因为我们只要知道奇偶关系，所以可以考虑用1带表奇数，0带表偶数，将a[i][j] 里的值都用01替换掉后就将题目转换为求所有值的和了。因为a[i][j] = a[i][1] * a[1][j]（将值替换后这规律依旧没变），所以全部数据的和可以用（a[1][1] +a[2][1] +…a[n][1])*(a[1][1]+a[1][2]+…a[1][m]) 表示。
因为用01替换了奇偶，所以（a[1][1] +a[2][1] +…a[n][1])就是a[i][1] 中奇数个数，结合发现1，问题转化为：求1到m中，有几个数的约数是奇数。一个数的约数是成对出现的，如果是k是j的约数则j/k也是，约数是奇数个，说明j存在一个约数k使k = j/k ，即j是平方数，所以问题又转换为：1到m有几个平方数，思考即可得答案为[sqrt(m)] （m的平方根向下取整）

所以最终答案就是m的平方根向下取整乘以n的平方根向下取整

本以为到这里就完了，没想到只是另一个开始，数据范围是1000位数，然后算平方根。。。你这是难为刚学编程的我啊，我用了一下高精度加二分，然后稍微优化，过了70%，以下是带码：

#include<iostream>
#include<string>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<vector>
using namespace std;vector<int>A,B,C,Mid2,D,E;void print(vector<int>& A){for(int i=A.size()-1;i>=0;i--)printf("%d",A[i]);
}int com(vector<int>& A,vector<int>& B){//A>B 1     A<B -1     A==B 0if(A.size()!=B.size())return A.size()>B.size()?1:-1;for(int i=A.size()-1;i>=0;i--)if(A[i]!=B[i])return A[i]>B[i]?1:-1;return 0;
}//高精度除以低精度 A/b=C...r  A>=0,b>0
vector<int>div(vector<int>& A,int b,int& r)
{vector<int>C;r=0;for(int i=A.size()-1;i>=0;i--){r=r*10+A[i];C.push_back(r/b);r%=b;}reverse(C.begin(),C.end());while(C.size()>1&&C.back()==0)C.pop_back();return C;
}//高精度加法 C=A+B  A>=0,B>=0
vector<int>add(vector<int>& A,vector<int>& B){//  printf("add ");print(A);printf(" ");print(B);printf(" ");if(B.size()>A.size())return add(B,A);vector<int>K;for(int i=0,t=0;i<A.size()||t;i++){if(i<A.size())t+=A[i];if(i<B.size())t+=B[i];K.push_back(t%10);t=t/10;}
//    printf("ans=");print(K);printf("\n");return K;
}//高精度乘以低精度 C=A*b  A>=0,b>=0
vector<int>mul(vector<int>& A,int b){vector<int>C;for(int i=0,t=0;i<A.size()||t;i++){if(i<A.size())t+=A[i]*b;C.push_back(t%10);t/=10;}while(C.size()>1&&C.back()==0)C.pop_back();return C;
}//高精度乘以高精度 C=A*B A>=0,B>=0,A.size()==B.size()
vector<int>Mul(vector<int>&A,vector<int>&B)
{vector<int>C,t1,t2;C.push_back(0);for(int i=A.size()-1;i>=0;i--){t1=mul(C,10);t2=mul(B,A[i]);C=add(t1,t2);}while(C.size()>1&&C.back()==0)C.pop_back();return C;
}//高精度减法 C=A-B   A>=B,A>=0,B>=0
vector<int>sub(vector<int>& A,vector<int>& B)
{vector<int>C;for(int i=0,t=0;i<A.size();i++){t=A[i]-t;if(i<B.size())t-=B[i];C.push_back((t+10)%10);if(t<0)t=1;else t=0;}while(C.size()>1&&C.back()==0)C.pop_back();return C;
}vector<int>vsqrt(vector<int>& A){//A>1vector<int>L,R,one,Mid;int r;if(A.size()>10){int len=A.size()/2;for(int i=1;i<len-1;i++)L.push_back(0);L.push_back(1);for(int i=1;i<=len+1;i++)R.push_back(0);R.push_back(1);}else{L.push_back(0);R=div(A,2,r);}
//  printf("%d %d\n",L.size(),R.size());
//  print(L);one.push_back(1);while(com(R,L)==1){vector<int>C=add(R,L);Mid=div(C,2,r);Mid2=Mul(Mid,Mid);if(com(Mid2,A)==1)R=Mid;else if(com(Mid2,A)==-1)L=add(Mid,one);else break;}if(com(R,L)==1)return Mid;C=sub(R,one);Mid2=Mul(C,C);while(com(Mid2,A)!=1){C=add(C,one);Mid2=Mul(C,C);}return sub(C,one);
}int main(){//70% 暴力二分 运行超时 char ch;vector<int>C,D,E; while((ch=getchar())>='0'&&ch<='9')A.push_back(ch-'0');reverse(A.begin(),A.end());while((ch=getchar())>='0'&&ch<='9')B.push_back(ch-'0');reverse(B.begin(),B.end());C=vsqrt(A);D=vsqrt(B);
//  printf("\nC.size=%d %d\n",C.size(),D.size());E=Mul(C,D);print(E);return 0;
}