第一次啊，补题，希望大佬批评。
题目按我补题顺序来的。
https://www.nowcoder.com/acm/contest/135#question
H 题
最大公倍数
题意:给出两个数，求最大公倍数
欧几里德算法算出最大公约数k;
然后算出。最大公倍数即可
代码如下：
#include<iostream>
#define ll long long
using namespace std;
ll gcd(ll a, ll b)
{
return b == 0 ? a: gcd(b, a%b);
}
int main()
{
ll n, m;
cin >> n >> m;
ll kk = gcd(n, m);
cout << (n / kk)*(m / kk)*kk << endl;
return 0;
}
J 题 time
题意：
给出一个时间，比如23：32，得出不是它本生的上一个和下一个回文时间，（回文时间指的是：ab：ba这种格式）
思路一：
模拟：直接一分一分的减去，得到下一个回文时间，一分一分的加得到上一个时间。不过，要仔细些不然会在这里出错。 然后，写一个回文的判断就可以了。
代码如下：
#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
int main()
{
int a, b,h,m;
scanf("%d:%d", &a, &b);
//上一个时刻
h = a; m = b-1;
while (1)
{
if (h == ((m % 10) * 10 + m / 10))
{
cout << h << ":" << m<<endl;
break;
}
m--;
if (m < 0)
{
m += 60; h--; if (h < 0)h += 24;
}
}
h = a; m = b+1;
while (1)
{
if (h == ((m % 10) * 10 + m / 10))
{
cout << h << ":" << m<<endl;
break;
}
m++;
if (m >= 60)
{
m -= 60; h++; if (h >= 24)h -= 24;
}
}
}
思路二：
打表
因为：回文时钟的种数只有16种（注意：06：60不符合）所以可以建一个结构体存下小时h和分m和总的分h*60+m；注意一下0：0是24*60所以注意一下就可以了，直接把所给的时间在这个数组中找一下第一个比它大的就行（注意：0：0）
代码略
I 题
题意：
给你一个数组存入数字，然后又n次操作，每次对 l 到 r 区域进行每个数字加或减去d。然后，输出x到y区域的所有数字之和。
思路：
例子：
建一个数组记录操作数sum[ ]只操作一次：从4到6加7，则sum[4] + =7;sum[6+1] - =7; 然后就for (int i = 1; i <= n; i++) sum[i] += sum[i - 1]; 是不是在4到6之间，sum都是7了
如果是4到6减去7， 则sum[4] - = -7;sum[6+1] + =7;然后就for (int i = 1; i <= n; i++) sum[i] += sum[i - 1]; 是不是在4到6之间，sum都是 -7 了.
那么多组操作呢？
先把这段代码放上来；
while (m--)
{
scanf("%d%d%d%d", &a, &b, &c, &d);
if (a == 0) sum[b] += d, sum[c + 1] -= d;
else sum[b] -= d, sum[c + 1] += d;
}
for (int i = 1; i <= n; i++)
sum[i] += sum[i - 1];
是不是担心，这样会出错。其实不用的。刚刚一次操作是 sum[4] + =7;sum[6+1] - =7或则 sum[4] - = -7;sum[6+1] + =7 多组操作会影响每一组操作的独立性吗？ 答案是不会。你可以把它看做是这样的代码；
for (int i = 0; i < t; i++)
{
scanf("%d%d%d%d", &a, &b, &c, &d);
if (a == 0) sum[i][b] += d, sum[i][c + 1] -= d;
else sum[i][b] -= d, sum[i][c + 1] += d;
for (int j = 1; j <= n; j++)
sum[i][j] += sum[i][j - 1];
}
for (int i = 1; j <= n;j++)
for (int j = 0; j < t; j++)
{
num[j] += sum[j][i];
}
但是，每一次的操作是独立的（相当于数学中数据等价一样），所以，就把多组操作一起处理了。
代码如下：
#include<iostream>
#include<cstdio>
#define ll long long
using namespace std;
ll num[1000004], sum[1000004];
ll ans = 0;
int main()
{
int n, m, a,b,c,d, x,y;
scanf("%d%d", &n, &m);
for (int i = 1; i <= n; i++)
scanf("%lld", &num[i]);
while (m--)
{
scanf("%d%d%d%d", &a, &b, &c, &d);
if (a == 0) sum[b] += d, sum[c + 1] -= d;
else sum[b] -= d, sum[c + 1] += d;
}
for (int i = 1; i <= n; i++)
sum[i] += sum[i - 1];
scanf("%d%d", &x, &y);
for (int i = x; i <= y; i++)
ans += sum[i]+num[i];
cout << ans << endl;
}
F 题
这个题让我想起了各种切割（数学）
总结一下：
n条直线最多分平面问题
n(n+1)/2+1;
折线分平面
2*n^2-n+1;
封闭曲线分平面
n^2-n+2;
平面分割空间
(n^3+5n)/6+1;
N个三角形分割平面
3*n^2-3*n+2
在一个圆上有n个点，将n个点两两相连分割圆
1 + n*(n - 1) / 2 + n*(n - 1)*(n - 2)*(n - 3) / 24
具体证明就不说了，（线段和射线决定对应一个区域（特别的复杂的都是递推了））
题意：就不用说了
思路：直接套数学公式
代码如下：
#include<iostream>
#define ll long long
using namespace std;
int main()
{
ll n;
while (cin >> n)
{
cout << 1 + n*(n - 1) / 2 + n*(n - 1)*(n - 2)*(n - 3) / 24 << endl;
}
return 0;
}
A 题 无关
题意：给你一个集合，集合中元素都是素数（其实只要两两互质就行）,问你在一个从 l 到 r 范围中，有几个数不被集合中的任何一个元素整除，（不是，他们的倍数）.
思路：
找到他们倍数的个数n就可以了，（正难则反（高中））则答案为 （r-l+1）-n;
那么，直接变成在 1到 l和1 到 r的个数，再相减，就是最后答案了。
额，如何找1 到 L 的个数呢？
L/a就等于a在1到L的倍数的个数了
那么怎么找既是a又是b的倍数呢？直接 L/(a*b)；注意：L/(a*b)=>L/a / b;也就是说，可以在不同时刻来除，不影响结果的。
这样就可以找集合中各个元素的倍数个数n1， 两个元素乘积的倍数n2, 三个......n3, 四个，，，，，n4
然后用概率论中的概率公式 s=f(a)+f(b)+f(c)+......(-1)^(n-1)(f(n));（随机时间概率公式，我打了大概的样子）
中间：因为肯定要用到集合所形成的子集的枚举：怎么枚举呢？
比如：假如有3个元素{a,b,c}那么有八个子集（子集个数公式2^n, 非空子集和真子集公式2^n-1,非空真子集2^n-2）:
{},{a}, {b}, {c},{a,b},{a,c}, {b,c}, {a,b,c}; 元素个数为3
000 {}
001 { , ,a}
010 { ,b, }
100 {c, , }
011 { ,b ,a}
101 ......
110 ......
111 {c, b, a}
这样不就可以表示成 0——7,
好了，
代码是怎样,不多说
f 用来表示（-1）^(n-1)
1<<n（n是元素个数）表示子集个数,怎样把每个子集表示一遍。
for (ll i = 1; i < (1 << n); i++)
{
temp = m; f = -1;
for (int j = 0; j < n; j++)
{
if ((i >> j) & 1==1)
{
temp /= a[j];
f *= -1;
}
}
res += temp*f;
}
总的代码如下：
#include<iostream>
#include<stdio.h>
#define ll long long
using namespace std;
ll a[105];
ll l, r, n;
ll ans(ll m)
{
ll res = 0;
ll f, temp;
for (ll i = 1; i < (1 << n); i++)
{
temp = m; f = -1;
for (int j = 0; j < n; j++)
{
if ((i >> j) & 1==1)
{
temp /= a[j];
f *= -1;
}
}
res += temp*f;
}
return m-res;
}
int main()
{
scanf("%lld%lld%lld", &l, &r, &n);
for (int i = 0; i < n; i++)
scanf("%lld", &a[i]);
ll res = ans(r) - ans(l-1);
printf("%lld\n", res);
}
专门讲集合子集的博客
https://blog.csdn.net/yzl20092856/article/details/39995085
D 题
这不是我重点的题目：
注意一下优化就可以了，本质是用到 一个阶乘中有几个5，有多少个5就有多少个0
代码如下：
#include<iostream>
using namespace std;
long long f(long long n){
long long sum = 0;
while (n){
sum += n / 5;
n /= 5;
}
return sum;
}
int main(){
long long n;
long long sum = 0;
cin >> n;
for (int i = 5; i <= n; i++){
if (i + 5 <= n){
sum += 5 * f(i);
i += 4;
}
else{
sum += f(i)*(n - i + 1);
i = n;
}
}
cout << sum;
return 0;
}
emmmmm,这道题，有点神，读题。大佬读题都是说小鱼吃大鱼，维护了平衡。我读的是坐一天月子不吃东西。。。反正，都是看代码猜题意：
也就是，每过2天，有一天不能吃东西
就是n-n/3;
代码如下：
#include<stdio.h>
#define ll long long
int main()
{
ll n;
while (scanf("%lld", &n)!=EOF)
{
printf("%lld\n", n - n / 3);
}
}