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Codility上的练习 (10)

2024-08-06 23:04:00   217人阅读

（1）ChocolatesByNumbers
N块巧克力，从0到N - 1编号，排成一个圈。从0号开始吃，如果上一次吃了x号，这一次吃(x + M) % N号，如果该号码已经存在，则停止。问结束前，吃了多少块巧克力？
数据范围M ,N [1..10^9]
要求复杂度 时间O(log(M + N)) 空间O(1)

分析： 可以证明吃巧克力必然形成一个从0号开始的圈。因为0， M % N,  M * 2 % N .... 这些编号，如果有两个相等，比如a * M % N 和 b * M % N，满足0 < a < b 且a * M % N == b * M % N, 则有（b - a) * M % N == 0 ，说明再出现b * M % N 之前，已经出现了0。 于是问题等价于 求一个最小的正整数满足 x * M % N == 0 ,这样的x = N / gcd(M , N)。


// you can also use includes, for example:
// #include <algorithm>

int gcd(int x,int y) {
    return y?gcd(y, x % y):x;
}
int solution(int N, int M) {
    // write your code in C++98
    return N / gcd(M, N);
}

（2） 给定两个等长的整数数组，计算有多少(A【i】, B【i】) 包含的质因数种类相同？
数据范围：数组长度Z [1..6000]，每个数的范围[1..2147483647]。
要求复杂度 时间 O(Z＊(log(max(A【i】 + B【i】)) ^ 2)， 空间 O(1)
分析： 假设g = gcd(A【i】, B【i】)，我们下面要做的就是看A【i】 和B【i】是否和g包含相同的质因数。我们不断的求g‘ = gcd(A【i】, g)，然后从A【i】中约掉g‘，当g‘ == 1的时候（互质），如果A【i】 == 1 就说明它们的质因数种类相同。这个时间复杂度怎么算？每次求gcd的时间复杂度 O(log(A【i】 + g)) ＝ O(logA【i】), 要求多少次？ 每次做出发A【i】至少一个质因数的指数减少1，所以最多循环的次数是A【i】里面所有质数的指数的和。于是最多循环次数是log(A【i】)次，所以求一组pair的时间复杂度在O((log(A【i】) ^ 2) + O(log(B【i】) ^ 2) 取max相加正好是要求的复杂度。
代码：

// you can use includes, for example:
// #include <algorithm>

// you can write to stdout for debugging purposes, e.g.
// cout << "this is a debug message" << endl;

int gcd(int x,int y) {
    return y?gcd(y, x % y):x;
}

bool same(int x,int y) {
    for (; y > 1; ) {
        y = gcd(x, y);
        x /= y;
    }
    return (x == 1);
}

int solution(vector<int> &A, vector<int> &B) {
    // write your code in C++11
    int n = A.size(), answer = 0;
    for (int i = 0;  i < n; ++i) {
        int g = gcd(A【i】, B【i】);
        if (same(A【i】, g) && same(B【i】, g)) {
            ++answer;
        }
    }
    return answer;
    
}


更快的算法：
其实我们只要看A【i】的足够大次方 % B【i】 == 0  && B【i】的足够大次方 % A【i】 == 0即可。这是因为如果它们包含的质因数相同，一个的足够大次方（当指数足够大的时候）必然是另外一个的倍数。问题是“足够大”是多大？其实这个次方数是log级别的。当然算出这个足够大可以二分，也可以循环。模取幂也是log的复杂度，于是如果前面用二分的话，我们得到了一个单组的loglog的算法。但是我觉得这点没必要了，如果循环的话，我们得到的是log的算法。那不如我们直接取足够大为对方，更简单。即求A【i】 ^ B【i】 % B【i】 == 0 && B【i】 ^ A【i】 % A【i】 == 0，这肯定足够大了……注意模取幂是log的复杂度……
代码：


// you can use includes, for example:
// #include <algorithm>

// you can write to stdout for debugging purposes, e.g.
// cout << "this is a debug message" << endl;

int mul(long long x,long long y,int m) {
    return x * y % m;
}

int powermod(int x,int y,int m) {
int r = 1 % m;
    for (; y ; y >>= 1) {
        if (y & 1) {
            r = mul(r, x, m);
        }
        x = mul(x, x, m);
    }
    return r;
}

int solution(vector<int> &A, vector<int> &B) {
    // write your code in C++11
int n = A.size(), answer = 0;
    for (int i = 0; i < n; ++i) {
        if ((powermod(A【i】, B【i】, B【i】) == 0) && (powermod(B【i】, A【i】, A【i】) == 0)) {
            ++answer;
        }
    }
    return answer;
}



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