2025牛客多校第七场 双生、象牙 个人题解

G.双生

质数筛 #欧拉筛 #数学

题目

思路

要使\(xyz\)不是完全平方数，设\(a=xyz=p_{1}^{q_{1}}p_{2}^{q_{2}}\dots p_{k}^{q_{k}}\)，则有\(\left( \sum_{i=1}^kq_{i} \right)\%2=1\)

为了方便计算，设\(f(a)=\sum_{i=1}^kq_{i}\)，即让\(f(a)\%2=1\)

注意到\(f(xy)=f(x)+f(y)\)，则\(f(a)=f(xyz)=f(x)+f(y)+f(z)\)

若存在\(f(x)\)为偶，则可选取\(f(y),f(z)\)同为奇或同为偶使得\(f(xyz)=0\)，舍去

若不存在\(f(x)\)为偶，即\(f(x)\)为奇，那么\(f(y),f(z)\)必然也为奇，\(f(xyz)=1\)恒成立

因此题目便转换为了求\(\frac{n}{2}\)个\(f(x)\%2=1\)的数\(x\)，用欧拉筛\(o(n)\)预处理即可

代码实现

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<cmath>
#include<unordered_map>
#include<numeric>
using namespace std;
using ll = long long;
#define rep(i, a, b) for(ll i = (a); i <= (b); i ++)
#define per(i, a, b) for(ll i = (a); i >= (b); i --)
#define see(stl) for(auto&ele:stl)cout<<ele<<" "; cout<<'\n';
constexpr ll inf = 1e9 + 5;
// #define int ll
constexpr ll  mod=998244353;

vector<ll>prime,vis;
vector<bool>cnt;
void sieve(ll len) {
	vis.assign(len + 1, 0);
    prime.reserve(len+1);
    cnt.resize(len+1,0);
	prime.push_back(0);
	rep(i, 2, len) {
		if (!vis[i])prime.push_back(i);
		for (ll j = 1; i * prime[j] <= len&&j<prime.size(); j++) {
			vis[prime[j] * i] = 1;
			if (i % prime[j] == 0)break;
		}
	}
    rep(i,2,len){
        int cnt0=0,now=i;
        for(int j=1;prime[j]*prime[j]<=now;j++){
            while(now&&now%prime[j]==0)cnt0++,now/=prime[j];
        }
        if(now!=1)cnt0++;
        if(cnt0&1)cnt[i]=1;
    }
}

void eachT() {
    int n;cin>>n;
    vector<int>ans;
    ans.reserve(n/2);
    rep(i,1,n)if((ans.size()<n/2)&&cnt[i])ans.push_back(i);
    see(ans);
}
signed main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0), cout.tie(0);
    ll t = 1;
    sieve(1e6+5);
    cin >> t;
    while (t--) { 
        eachT(); 
    }
}

---

J.象牙

gcd #数学

题目

思路

看见本题的第一个思路便是想利用式子：

\[gcd(a^c,b^c)=gcd(a,b)^c \]

由于\(gcd(a^b,c^d)\)的幂次不尽相同，所以尝试主动构造相同的进行分布计算：

\[gcd(a^b,c^d)=gcd(a^{d+b-d},c^d)=gcd(a^d\times a^{b-d},c^d) \]

接下来便思考如何将\(gcd\)中的乘法分解开：

\[gcd(a\times b,c)=gcd(a,c)\times gcd\left( b, \frac{c}{gcd(a,c)} \right) \]

这实际上可以用容斥来理解，要求\(a\times b\)与\(c\)的公共部分，那么就等于\(a\)与\(c\)的公共部分再加上\(b\)与\(c\)的公共部分，再减去\(a,b,c\)的公共部分

因此带入上式：

\[\begin{align} gcd(a^d\times a^{b-d},c^d)&=gcd(a^d,c^d)\times gcd\left( a^{b-d}, \frac{c^d}{gcd(a^d,c^d)} \right)\\ \\ &=gcd(a,c)^d\times gcd\left( a^{b-d},\left( \frac{c}{gcd(a,c)} \right)^d \right) \end{align} \]

观察第二项\(gcd\)，又是一个形如\(gcd(a^b,c^d)\)的算式，因此可以通过递归求解

当\(gcd(a,c)=1\)时，原式退化为\(gcd(a^{b-d},c^d)\)，由\(gcd\)的交换性质，实际上这个式子可以一直使\(gcd\)中两个数的幂次不断减小，最终必然变为\(gcd(a,c)\)，答案即为1

因此\(gcd(a,c)=1\)即为终止条件

ps：本题卡常非常严重，赛时用函数递归一直在\(TLE\)，最终使用了\(constexpr\)加速以及迭代写法才最终过了...

代码实现

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<cmath>
#include<unordered_map>
#include<numeric>
using namespace std;
using ll = long long;
#define rep(i, a, b) for(ll i = (a); i <= (b); i ++)
#define per(i, a, b) for(ll i = (a); i >= (b); i --)
#define see(stl) for(auto&ele:stl)cout<<ele<<" "; cout<<'\n';
constexpr ll inf = 1e9 + 5;
// #define int ll
constexpr ll  mod=998244353;
constexpr ll qpow(ll a,ll b){
    ll ans=1;
    a%=mod;
    while(b>0){
        if(b%2){ans*=a;ans%=mod;}
        a*=a;a%=mod;
        b>>=1;
    }
    return ans%mod;
}

void eachT() {
    ll a,b,c,d;cin>>a>>b>>c>>d;
    ll ans=1;
    while(1){
        if(b==d){
            ans*=qpow(gcd(a,c),b);
            ans%=mod;
            break;
        }
        if(b>d){
            ll G=gcd(a,c);
            if(G==1)break;
            ans*=qpow(G,d);
            ans%=mod;
            c/=G;
            b-=d; 
        }else{
            ll G=gcd(a,c);
            if(G==1)break;
            ans*=qpow(G,b);
            ans%=mod;
            a/=G;
            d-=b; 
        }        
    }
    cout<<ans<<'\n';
}
signed main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0), cout.tie(0);
    ll t = 1;
    cin >> t;
    while (t--) { 
        eachT(); 
    }
}