hdu 2608 0 or 1（数论）

0 or 1

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Problem Description

Solving problem is a interesting thing. Yifenfei like to slove different problem,because he think it is a way let him more intelligent. But as we know,yifenfei is weak in math. When he come up against a difficult math problem, he always try to get a hand. Now the problem is coming! Let we
define T(n) as the sum of all numbers which are positive integers can divied n. and S(n) = T(1) + T(2) + T(3)…..+T(n).

Input

The first line of the input contains an integer T which means the number of test cases. Then T lines follow, each line consists of only one positive integers n. You may assume the integer will not exceed 2^31.

Output

For each test case, you should output one lines of one integer S(n) %2. So you may see the answer is always 0 or 1 .

Sample Input

3
1
2
3

Sample Output

Hint
    
Hint S(3) = T(1) + T(2) +T(3) = 1 + (1+2) + (1+3) = 8
     S(3) % 2 = 0

Author

yifenfei

Source

​​奋斗的年代 ​​

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yifenfei

思路：

对于每一个数N，我们可以将其拆分为  N= p1^e1 * p2^e2 * p3^e3 * ...  * pm^em. 其中p1,p2...都是质因子，这可以回想到我们求两数的最大公约数时，我们就是将一个数拆分成质因子相乘的形式。那么首先提出一个问题，那就是数N有多少个因子了，知道排列组合的话，很快就能知道，这个结果是 K=( e1+1 )* ( e2+1 )* ... *( em+1 )因为每个质因子 pi 我们都可以取 0-ei 个来组合成一个因子，当每个都取零时，这个因子就是 1 ，当每个都去最大值时，这个因子就是 N 本身，那么如何得到这 K 个因子的和呢？我们补全 N 的质因子乘积形式，将所有质因子补全，N= 2^e1 * 3^e2 * 5^e3 * 7^e4 * 11^ e5 *......   T[N]= [ ( 2^0+2^1+...+2^e1 )*( 3^1+3^2+...+3^e2 )*...*( pm^0+pm^1+...+pm^em ) ]% 2;   我们知道 ( 2^0+2^1+...+2^e1 )% 2= 1 恒成立（因为有2^0=1），所以T[N]的值只取决与后面的乘式%2 是否出现了0，那么后面的式子怎样才会是零呢？很简单，因为所有的质素都是奇数，所以当除2以外的存在某一个质因子表达式为偶数项的时候就会为零了，也即只要满足至少存在一个 ei 的值为奇数（项数为ei- 0+ 1）。当然这题中，我们不会去直接计算为0的T[]有多少多，这很困难，而是从反面求解，即计算T[]为1的数的个数，这样，求S[N]也就转化为从1-N有多少个T[i]为1。回到前面，如果T[i]为1，那么除 2 之外所有质因子的 ei 都为偶数，这个条件就很好解决了，而不像前面的求解满足至少一项 ei 为奇数，既然除2之外所有的 ei 都为偶数，那么这个数一定会是 i= x^2 或者是 i= 2* x^2的形式。所以统计从 1-N 之间有多少个满足T[i]= 1数吧。

#include<iostream>
using namespace std;
int main()
{
    int cas;
    while(cin>>cas)
    {   long long sum,ans=0;
        while(cas--)
        {    cin>>sum;ans=0;
            for(long long i=1;i*i<=sum;i++)
            {   ++ans;
                if(2*i*i<=sum)++ans;
            }
            ans%=2;
            cout<<ans<<"\n";
        }
    }
}