标签：算法 while nbsp 小数 正整数 color map == 第一个
求解最大公约数，时间复杂度在O(log max(a,b))以内，可以看出，辗转相除法是非常高效的
int gcd(int a,int b) { return (b==0)?a:gcd(b,a%b); }
求解方程a*x+b*y=gcd(a,b)，a、b、x、y均为整数，时间复杂度和辗转相除法是相同的，函数返回gcd(a,b)。
int gcd(int a,int b) { return (b==0)?a:gcd(b,a%b); } int extgcd(int a,int b,int& x,int& y) { int d=a; if(b!=0){ d=extgcd(b,a%b,y,x); y-=(a/b)*x; } else{ x=1; y=0; } return d; }
//素性测试O(√n) bool is_prime(int n) { for(int i=2;i*i<=n;i++){ if(n%i==0) return false; } return n!=1;//n等于1是例外 } //约数枚举O(√n) vector<int> divisor(int n) { vector<int> res; for(int i=2;i*i<=n;i++){ if(n%i==0){ res.push_back(i); if(i!=n/i) res.push_back(n/i); } } return res; } //整数分解O(√n)素数因子 map<int,int> prime_factor(int n) { map<int,int> res; for(int i=2;i*i<=n;i++){ while(n%i==0){ ++res[i]; n/=i; } } if(n!=1) res[n]=1; return res; }
其中map第一个int是n的素数因子，对应的第二个int是这个因子的个数
给定一个正整数n，请问n以内有多少个素数。
首先将2到n的所有整数记下来，其中最小的整数2是素数，将表中2的倍数划去。表中最小的整数是3，它不能被更小的数整除，所以是素数，将表中3的倍数划去，以此类推，表中剩余的最小数字是m，则m就是素数。这样反复操作即可枚举得到n以内的所有素数，时间复杂度为O(nloglogn)，可以看作是线性时间。
int prime[maxn]; bool is_prime[maxn];//is_prime[i]是true表示i是素数 //返回n以内素数的个数 int sieve(int n) { int p=0; for(int i=0;i<=n;i++) is_prime[i]=true; is_prime[0]=is_prime[1]=false; for(int i=2;i<=n;i++){ if(is_prime[i]){ prime[p++]=i; for(int j=2*i;j<=n;j+=i) is_prime[j]=false; } } return p; }
给定整数a、b，求区间[a,b)内有多少个素数
b以内的合数的最小质因数一定不超过√b。如果有√b以内的素数表，就可以把埃式筛法用到区间[a,b)上了。也就是说，先做好[2,√b)和[a,b)的表，然后从[2,√b)表中筛选素数的同时，也将其倍数从[a,b)的表中划去，最后剩下的就是[a,b)内的素数了。
typedef long long ll; bool is_prime[1000000+5]; bool is_prime_small[1000000+5]; //对区间[a,b)内的整数执行筛法。is_prime[i-a]=true→i是素数 void segment_sieve(ll a,ll b) { for(int i=0;(ll)i*i<b;i++) is_prime_small[i]=true; for(int i=0;i<b-a;i++) is_prime[i]=true; for(int i=2;(ll)i*i<b;i++){ if(is_prime_small[i]){ for(int j=2*i;(ll)j*j<b;j+=i) is_prime_small[i]=false;//筛[2,√b) for(ll j=max(2ll,(a+i-1)/i)*i;j<b;j+=i) is_prime[j-a]=false;//筛[a,b) //2LL是2的长整数形式 //((a+i-1)/i)*i是满足>=a&&%i==0的离a最近的数 //也可以写成(a%i==0)?a:(a/i+1)*i } } }
typedef long long ll; ll mod_pow(ll x,ll n,ll mod) { ll res=1; while(n>0){ if(n&1) res=res*x%mod; x=x*x%mod; n>>=1; } return res; }
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