寫在前面
以下代碼，目前均可通過(guò)民間OJ數(shù)據(jù)（dotcpp & New Online Judge），
兩個(gè)OJ題目互補(bǔ)，能構(gòu)成全集，可以到對(duì)應(yīng)鏈接下搜題提交（感謝OJ對(duì)題目的支持）
如果發(fā)現(xiàn)任何問題，包含但不限于算法思路出錯(cuò)、OJ數(shù)據(jù)弱算法實(shí)際超時(shí)、存在沒考慮到的邊界情況等，請(qǐng)及時(shí)聯(lián)系作者
?
?
更新（2023年5月14日）
洛谷更新了藍(lán)橋杯2023年的題目，A組題號(hào)P9230-P9238
于是，把題目又都交了一遍，倒數(shù)第二題像素放置直接爆搜超時(shí)，
60個(gè)點(diǎn)TLE了8個(gè)點(diǎn)，加了個(gè)bitset記憶化就過(guò)了，代碼已更新
題解
A.幸運(yùn)數(shù)（模擬）
題面
?
題解?
由于是填空題，按題意本地暴力，幾秒就跑出來(lái)結(jié)果了，直接交結(jié)果
代碼
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int ans;
int main(){
/*
for(int i=1;i<=100000000;++i){
int cnt=0;
for(int j=i;j;j/=10)cnt++;
if(cnt&1)continue;
int sum=0,now=0;
for(int j=i;j;j/=10){
now++;
if(now<=cnt/2)sum+=j%10;
else sum-=j%10;
}
if(!sum)ans++;
}
printf("%d\n",ans);
*/
puts("4430091");
return 0;
}B.有獎(jiǎng)問答（搜索/dp）
題面
?
題解
1. 搜索：2的30次方種可能，每次要么+10要么清零，遇到100分時(shí)，直接return，幾秒跑出來(lái)結(jié)果后，直接交結(jié)果
2. dp：dp[i][j]表示前i輪過(guò)后分?jǐn)?shù)為j的方案數(shù)，注意中間可以隨時(shí)停止
代碼（dp）
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll dp[31][101],ans;
int main(){
dp[0][0]=1;
for(int i=0;i<30;++i){
for(int j=0;j<100;j+=10){
if(!dp[i][j])continue;
if(j<90)dp[i+1][j+10]+=dp[i][j];
dp[i+1][0]+=dp[i][j];
}
ans+=dp[i+1][70];
}
printf("%lld\n",ans);
//puts("8335366");
return 0;
}C.平方差（構(gòu)造/規(guī)律）
題面
?
題解
打表或構(gòu)造發(fā)現(xiàn)，形如4k+2的數(shù)無(wú)法被表示，
統(tǒng)計(jì)[l,r]的答案，前綴和作差，轉(zhuǎn)化為[1,r]的答案減去[1,l-1]的答案
而[1,x]中，形如4k+2的數(shù)的個(gè)數(shù)為(x+2)/4
證明的話，x=(y+z)(y-z)，注意到y(tǒng)+z和y-z同奇偶，
1. y+z為奇數(shù)時(shí)，x為奇數(shù)；y+z為偶數(shù)時(shí)，x為4的倍數(shù)，這表明4k+2無(wú)法被取到
2.??，
?，這表明奇數(shù)和4的倍數(shù)均能被取到
代碼
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=500;
bool vis[N];
int l,r;
int cal(int x){
return x-(x+2)/4;
}
int main(){
/*
for(int i=0;i<=50;++i){
for(int j=0;j<=i;++j){
int v=i*i-j*j;
if(v>=0 && v<N)vis[v]=1;
}
}
for(int i=0;i<=100;++i){
if(!vis[i])printf("i:%d\n",i);
}*/
scanf("%d%d",&l,&r);
printf("%d\n",cal(r)-cal(l-1));
return 0;
}
//x=(y+z)(y-z)
//2k+1=(k+1)^2-k^2
//4k=(k+1)^2-(k-1)^2D.更小的數(shù)（區(qū)間dp）
題面
?
?
題解
未反轉(zhuǎn)的段仍相同不用關(guān)注，只需關(guān)注反轉(zhuǎn)的段，
記反轉(zhuǎn)前的串為old（即num串），之后的串為new
運(yùn)用遞歸/記憶化搜索的思想，有以下幾種情況
1. 當(dāng)i=j時(shí)，new[i,j]不小于old[i,j]
2. 當(dāng)i+1=j時(shí)，new[i,j]小于old[i,j]，當(dāng)且僅當(dāng)new[i]<old[i]，即num[j]<num[i]
3. 否則，
①若num[j]<num[i]，new[i,j]一定小于old[i,j]
②若num[j]=num[i]，則可以去掉這兩個(gè)字母，只需比較new[i+1,j-1]和old[i+1,j-1]
③若num[j]>num[i]，new[i,j]一定大于old[i,j]
從短串遞推到長(zhǎng)串，就是區(qū)間dp了，當(dāng)然直接寫記憶化搜索也行
代碼中，dp[i][j]=1表示反轉(zhuǎn)后更小，=0表示反轉(zhuǎn)后大于等于原來(lái)
代碼
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=5e3+10;
int n,dp[N][N],ans;
char s[N];
int main(){
scanf("%s",s);
n=strlen(s);
for(int len=2;len<=n;++len){
for(int l=0;l+len-1<n;++l){
int r=l+len-1;
if(s[l]>s[r])dp[l][r]=1;
else if(s[l]==s[r])dp[l][r]=dp[l+1][r-1];
ans+=(dp[l][r]==1);
}
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
//4321
//1234E.更小的數(shù)（樹上莫隊(duì)/啟發(fā)式合并）
題面
?
題解
1. 樹上莫隊(duì)：
樹上莫隊(duì)=莫隊(duì)+dfs序
建樹后求dfs序，每個(gè)子樹對(duì)應(yīng)的dfs區(qū)間就是一個(gè)詢問區(qū)間，將詢問區(qū)間排序后套用莫隊(duì)，
維護(hù)當(dāng)前顏色i出現(xiàn)的次數(shù)now[i]、出現(xiàn)次數(shù)為i的顏色種類數(shù)freq[i]
任取區(qū)間內(nèi)出現(xiàn)的一種顏色x，若now[x]*freq[now[x]]=區(qū)間長(zhǎng)度則合法，否則不合法
復(fù)雜度O(nsqrt(n))
2. 啟發(fā)式合并：
可以維護(hù)相同的東西，只是套了個(gè)啟發(fā)式合并的殼
重兒子直接繼承當(dāng)前維護(hù)的信息，把輕兒子維護(hù)的信息往重兒子上合并，
由于每個(gè)點(diǎn)至多出現(xiàn)在log個(gè)輕兒子所在的子樹里，復(fù)雜度O(nlogn)
代碼（樹上莫隊(duì)）
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=2e5+10;
int n,m,c[N],f,in[N],out[N],tot,id[N],pos[N],sz;
int now[N],freq[N],ans;
map<int,int>vis;
vector<int>e[N];
struct node{
int l,r;
}q[N];
void add(int col,int v){
freq[now[col]]--;
now[col]+=v;
freq[now[col]]++;
}
bool operator<(node a,node b){
if(pos[a.l]==pos[b.l]){
if(pos[a.l]&1)return a.r>b.r;
else return a.r<b.r;
}
return a.l<b.l;
}
void dfs(int u){
in[u]=++tot;
id[tot]=u;
for(auto &v:e[u]){
dfs(v);
}
out[u]=tot;
q[++m]={in[u],out[u]};
}
int main(){
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;++i){
scanf("%d%d",&c[i],&f);
if(!vis.count(c[i])){
vis[c[i]]=1;
freq[0]++;
}
if(i>1)e[f].push_back(i);
}
dfs(1);
sz=(int)sqrt(n);
for(int i=1;i<=n;++i){
pos[i]=1+(i-1)/sz;
}
sort(q+1,q+n+1);
int l=1,r=1;
add(c[1],1);
for(int i=1;i<=n;++i){
for(;r<q[i].r;r++)add(c[id[r+1]],1);
for(;r>q[i].r;r--)add(c[id[r]],-1);
for(;l<q[i].l;l++)add(c[id[l]],-1);
for(;l>q[i].l;l--)add(c[id[l-1]],1);
int col=c[id[l]],cnt=now[col],f=freq[cnt];
if(f*cnt==r-l+1)ans++;
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
/*
6
2 0
2 1
1 2
3 3
3 4
1 4
*/F.買瓜（折半枚舉+三進(jìn)制枚舉/枚舉子集的子集）
題面
?
題解
每個(gè)西瓜三種選擇：不選，選但不劈，選且劈兩半
直接三進(jìn)制枚舉的話，3的30次方，復(fù)雜度爆炸
考慮拆成兩半枚舉（折半枚舉，也叫meet-in-middle）
分別維護(hù)3的15次方大小的集合a、b，
答案只可能完全來(lái)自a、或者完全來(lái)自b、或者ab各一部分
ab各一部分的話，在枚舉b集合內(nèi)的元素對(duì)應(yīng)的和為x時(shí)，到a集合內(nèi)查元素和m-x是否存在
復(fù)雜度O(3^15*log(3^15))?，大概3e8多，時(shí)間1s(題面pdf)，比較極限，難以通過(guò)(New Online Judge2s dotcpp3s)，試了試unordered_map去卡2s也TLE了，而瓶頸主要在集合查的這個(gè)log，
所以手寫哈希（開散列），將log這個(gè)常數(shù)再壓一壓，就可以通過(guò)2s的題了
256M空間其實(shí)也比較極限，哈希模數(shù)那個(gè)數(shù)組不要開太大（調(diào)小了TLE調(diào)大了MLE）
代碼
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> P;
#define fi first
#define se second
const int N=32,M=1<<15,mod=19260817,S=14348907;
int n,bit[M];
int head[mod],nex[S],cnt;
P b[S];
ll m,a[N],f[M],g[M],sum;
inline void upd(int x,int v){
int u=x%mod;
for(int i=head[u];i;i=nex[i]){
if(b[i].fi==x){
b[i].se=min(b[i].se,v);
return;
}
}
b[++cnt]=P(x,v);
nex[cnt]=head[u];
head[u]=cnt;
}
inline int cal(int x){
int u=x%mod;
for(int i=head[u];i;i=nex[i]){
if(b[i].fi==x)return b[i].se;
}
return N;
}
int sol(){
if(sum==m)return 0;
if(n==1){
if(a[0]/2==m)return 1;
return -1;
}
int ans=N;
for(int i=1;i<M;++i){
bit[i]=bit[i>>1]+(i&1);
}
int l=n/2,lb=1<<l,r=n-n/2,rb=1<<r;
for(int i=0;i<l;++i){
f[1<<i]=a[i];
}
for(int i=1;i<lb;++i){
int x=i&-i;
f[i]=f[x]+f[i^x];
if((f[i]>>1)>m)continue;
for(int j=i;;j=(j-1)&i){
ll v=(f[j]>>1)+f[j^i];
if(v<=m){
if(v==m)ans=min(ans,bit[j]);
else upd((int)v,bit[j]);
}
if(!j)break;
}
}
for(int i=0;i<r;++i){
g[1<<i]=a[l+i];
}
for(int i=1;i<rb;++i){
int x=i&-i;
g[i]=g[x]+g[i^x];
if((g[i]>>1)>m)continue;
for(int j=i;;j=(j-1)&i){
ll v=(g[j]>>1)+g[j^i];
if(v<=m){
if(v==m)ans=min(ans,bit[j]);
else ans=min(ans,cal((int)(m-v))+bit[j]);
}
if(!j)break;
}
}
if(ans>n)ans=-1;
return ans;
}
int main(){
scanf("%d%lld",&n,&m);
m*=2;
for(int i=0;i<n;++i){
scanf("%lld",&a[i]);
a[i]*=2;
sum+=a[i];
}
printf("%d\n",sol());
return 0;
}G.網(wǎng)絡(luò)穩(wěn)定性（kruskal重構(gòu)樹）
題目
?
?
題解
kruskal重構(gòu)樹裸題，
重構(gòu)樹聽上去高端，實(shí)則就是在kruskal建最大生成樹的過(guò)程中額外建點(diǎn)、賦權(quán)
比如，u和v當(dāng)前不在一個(gè)集合里，通過(guò)w這條邊合并時(shí)，
新開一個(gè)點(diǎn)x，令x是u和v的父親，而x的權(quán)值為w，
查詢時(shí)，查u和v的lca的權(quán)值即可，即為最大連通路徑上的最小連通權(quán)值
因?yàn)榘礄?quán)值從大到小遍歷，已經(jīng)通過(guò)權(quán)值大的邊，使得點(diǎn)之間盡可能連通了
代碼
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=4e5+10,M=3e5+10,K=20;
int n,m,q,u,v,par[N],a[N],f[N][K],dep[N];
bool vis[N];
vector<int>E[N];
struct edge{
int u,v,w;
}e[M];
int find(int x){
return par[x]==x?x:par[x]=find(par[x]);
}
bool cmp(edge a,edge b){
return a.w>b.w;
}
void dfs(int u,int fa){
vis[u]=1;
f[u][0]=fa;
dep[u]=dep[fa]+1;
for(auto &v:E[u]){
if(v==fa)continue;
dfs(v,u);
}
}
int lca(int u,int v){
if(dep[u]<dep[v])swap(u,v);
int d=dep[u]-dep[v];
for(int i=K-1;i>=0;--i){
if(d>>i&1)u=f[u][i];
}
if(u==v)return u;
for(int i=K-1;i>=0;--i){
if(f[u][i]!=f[v][i])u=f[u][i],v=f[v][i];
}
return f[u][0];
}
int main(){
scanf("%d%d%d",&n,&m,&q);
for(int i=1;i<=n+m;++i){
par[i]=i;
}
for(int i=1;i<=m;++i){
scanf("%d%d%d",&e[i].u,&e[i].v,&e[i].w);
}
sort(e+1,e+m+1,cmp);
int cur=n;
for(int i=1;i<=m;++i){
int u=e[i].u,v=e[i].v,w=e[i].w;
u=find(u),v=find(v);
if(u==v)continue;
++cur;
par[u]=par[v]=cur;
E[cur].push_back(u);
E[cur].push_back(v);
a[cur]=w;
}
for(int i=cur;i>=1;--i){
if(!vis[i])dfs(i,0);
}
for(int j=1;j<K;++j){
for(int i=1;i<=cur;++i){
f[i][j]=f[f[i][j-1]][j-1];
}
}
while(q--){
scanf("%d%d",&u,&v);
if(find(u)!=find(v)){
puts("-1");
continue;
}
printf("%d\n",a[lca(u,v)]);
}
return 0;
}
/*
5 4 3
1 2 5
2 3 6
3 4 1
1 4 3
1 5
2 4
1 3
*/H. 異或和之和（按位計(jì)算貢獻(xiàn)）
題目
?
題解
按每個(gè)二進(jìn)制位i考慮，從而轉(zhuǎn)化為0、1序列的問題
一個(gè)子段[l,r]在第i位有貢獻(xiàn)，當(dāng)且僅當(dāng)[l,r]內(nèi)第i位出現(xiàn)的次數(shù)為奇數(shù)次，
前綴和做差[l,r]=[1,r]減[1,l-1]，所以維護(hù)當(dāng)前有多少個(gè)前綴是奇數(shù)，有多少個(gè)前綴是偶數(shù)
[l,r]為奇數(shù)，若[1,r]為偶數(shù)則要求[1,l-1]為奇數(shù)，反之同理，
枚舉每個(gè)右端點(diǎn)，統(tǒng)計(jì)與其對(duì)應(yīng)的有貢獻(xiàn)的左端點(diǎn)，計(jì)算答案
代碼
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e5+10;
int n,a[N],sum[2];
ll ans;
int main(){
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;++i){
scanf("%d",&a[i]);
}
for(int i=0;i<=20;++i){
sum[0]=1,sum[1]=0;
int now=0;
ll all=0;
for(int j=1;j<=n;++j){
int v=a[j]>>i&1;
now^=v;
all+=sum[now^1];
sum[now]++;
}
ans+=all*(1ll<<i);
}
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
/*
5
1 2 3 4 5
*/I. 像素放置（搜索）
題面
?
題解
寫狀壓的話感覺總難免需要關(guān)注三行的有效狀態(tài)，
復(fù)雜度好像更沒有辦法保證，所以寫了搜索剪枝，
總體思路還是枚舉每一位填0還是填1，加入了校驗(yàn)機(jī)制，以及搜到解之后直接return
搜索剪枝也要用到插頭dp（輪廓線dp）的思想，配合記憶化
洛谷的數(shù)據(jù)足夠強(qiáng)，沒加記憶化沒過(guò)
直接的想法是dp[10][10][1<<22]
dp[i][j][k]表示當(dāng)前搜到了(i,j)這個(gè)格子，而前面2m+2個(gè)格子的狀態(tài)是k時(shí)，這個(gè)狀態(tài)是否搜到過(guò)
由于搜到解后就返回答案，這么記錄，只是為了避免重復(fù)搜無(wú)效的狀態(tài)
由于直接int數(shù)組開不下，所以用bitset將空間壓為1/32，bitset<M>dp[10][10]
?如左圖，當(dāng)(i,j)位于行初時(shí)，只需關(guān)注前2*m個(gè)格子；再往右一格時(shí)，只需關(guān)注前2*m+1個(gè)格子，
再往右兩格及更右時(shí)，只需關(guān)注前2*m+2個(gè)格子，直至行尾，最多只需關(guān)注22個(gè)格子
對(duì)于行越界的情形，不妨認(rèn)為上面有兩行全0的空行
復(fù)雜度
a[i][j]：原圖轉(zhuǎn)化過(guò)來(lái)的數(shù)字，下劃線轉(zhuǎn)成了INF
b[i][j]：當(dāng)前填的答案數(shù)組
cur[i][j]：(i,j)本身及(i,j)周圍一圈合法位置中，當(dāng)前填了幾個(gè)1
填一個(gè)數(shù)時(shí)，考慮它本身及周圍一圈的合法位置（最多9個(gè)）
校驗(yàn)機(jī)制是：
1. 如果當(dāng)前填了這個(gè)數(shù)，導(dǎo)致超過(guò)上限，即cur[i][j]>a[i][j]，則不合法
2. 如果當(dāng)前填的格子，是格子(i,j)管轄的最后一個(gè)格子，填完這個(gè)數(shù)后，a[i][j]和cur[i][j]不等，則也不合法
代碼
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int S=15,N=10,M=1<<22,INF=0x3f3f3f3f;
int n,m,a[S][S],b[S][S],cur[S][S];
bitset<M>dp[N][N];
char s[S][S];
bool ok;
bool in(int x,int y){
return 0<=x && x<n && 0<=y && y<m && a[x][y]!=INF;
}
bool can(int x,int y,int v){
for(int i=-1;i<=1;++i){
for(int j=-1;j<=1;++j){
int nx=x+i,ny=y+j;
if(in(nx,ny) && cur[nx][ny]+v>a[nx][ny])return 0;
}
}
if(in(x-1,y-1) && cur[x-1][y-1]+v<a[x-1][y-1])return 0;
if(x==n-1 && in(x,y-1) && cur[x][y-1]+v<a[x][y-1])return 0;
if(y==m-1 && in(x-1,y) && cur[x-1][y]+v<a[x-1][y])return 0;
return 1;
}
void dfs(int x,int y,int w){
//cnt++;
if(x==n && y==0){
ok=1;
for(int i=0;i<n;++i){
for(int j=0;j<m;++j){
printf("%d",b[i][j]);
}
puts("");
}
return;
}
if(ok)return;
if(dp[x][y][w])return;
dp[x][y][w]=1;
for(int v=0;v<=1;++v){
if(ok)return;
if(can(x,y,v)){
b[x][y]=v;
if(v){
for(int i=-1;i<=1;++i){
for(int j=-1;j<=1;++j){
int nx=x+i,ny=y+j;
if(!in(nx,ny))continue;
cur[nx][ny]++;
}
}
}
int nw=(w<<1)|v;
if(y==m-1)dfs(x+1,0,nw&((1<<(2*m))-1));
else dfs(x,y+1,nw&((1<<(2*m+2))-1));
if(v){
for(int i=-1;i<=1;++i){
for(int j=-1;j<=1;++j){
int nx=x+i,ny=y+j;
if(!in(nx,ny))continue;
cur[nx][ny]--;
}
}
}
}
}
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=0;i<n;++i){
scanf("%s",s[i]);
for(int j=0;j<m;++j){
a[i][j]=INF;
if(s[i][j]!='_')a[i][j]=s[i][j]-'0';
}
}
dfs(0,0,0);
//printf("cnt:%d\n",cnt);
return 0;
}J.翻轉(zhuǎn)硬幣（整除分塊+杜教篩）
題面
?
?
題解
1. 5e6，可以考慮埃篩枚舉因數(shù)，x需要翻當(dāng)且僅當(dāng)x的真因數(shù)翻了奇數(shù)次
2. 1e9，觀察5e6時(shí)的式子，其實(shí)就是莫比烏斯函數(shù)模2意義下的值，
即只有0和1兩種情況，此時(shí)可以認(rèn)為是或，然后直接套杜教篩
3. 1e18，觀察1e9時(shí)的式子或思考莫比烏斯函數(shù)的定義，
只有包含完全平方因子的數(shù)的值才為0，
所以，考慮對(duì)平方因子容斥，即為所求，
即：
當(dāng)然，化到這個(gè)式子的情況下，直接暴力也是可以通過(guò)1e9的數(shù)據(jù)的
然而，對(duì)于1e18，直接整除分塊（數(shù)論分塊）的話是?的，不能接受
于是，類似杜教篩預(yù)處理?前綴和的操作，
這里實(shí)際預(yù)處理?部分的答案（詢問是單組的，現(xiàn)算這部分效果是一樣的）
用杜教篩預(yù)處理的前綴和，后面[1e6,1e9]的部分用整除分塊配合的區(qū)間和解決
【SSL 2402】最簡(jiǎn)根式（杜教篩）（整除分塊）_SSL_TJH的博客-CSDN博客，與這個(gè)題類似
復(fù)雜度感覺是?的，但據(jù)uoj群友說(shuō)是?的，就不太懂了…文章來(lái)源：http://www.zghlxwxcb.cn/news/detail-426658.html
實(shí)際預(yù)處理到1e6交New Online Judge也是會(huì)TLE的，改到1e7才過(guò)文章來(lái)源地址http://www.zghlxwxcb.cn/news/detail-426658.html
代碼
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e7+10;
bool ok[N];
int pr[N],mu[N],cnt,up;
map<int,int>smu;
ll n,ans[N];
void sieve(ll n){
mu[1]=1;
for(ll i=2;i<N;++i){
if(!ok[i]){
pr[cnt++]=i;
mu[i]=-1;
}
for(int j=0;j<cnt;++j){
ll k=i*pr[j];
if(k>=N)break;
ok[k]=1;
if(i%pr[j]==0){
mu[k]=0;
break;
}
mu[k]=-mu[i];
}
}
for(int i=1;i<N;++i){
ans[i]=mu[i]*(n/i/i);
}
for(int i=2;i<N;++i){
mu[i]+=mu[i-1];
ans[i]+=ans[i-1];
}
}
int djsmu(int n){
if(n<N)return mu[n];
if(smu.count(n))return smu[n];
int ans=1;
for(int l=2,r;l<=n;l=r+1){
r=n/(n/l);
ans=ans-(r-l+1)*djsmu(n/l);
if(r==n)break;
}
return smu[n]=ans;
}
ll cal(ll n){
int sq=sqrt(n);
if(sq<N)return ans[sq];
ll l=2;
for(;l*l*l<=n;l++);
ll res=ans[l-1];
for(ll r;l*l<=n;l=r+1){
ll v=n/l/l;
r=sqrt(n/v);
res+=v*(djsmu(r)-djsmu(l-1));
}
return res;
}
int main(){
scanf("%lld",&n);
sieve(n);
printf("%lld\n",cal(n));
return 0;
} 到了這里，關(guān)于2023第十四屆藍(lán)橋杯 C/C++大學(xué)生A組省賽 滿分題解的文章就介紹完了。如果您還想了解更多內(nèi)容，請(qǐng)?jiān)谟疑辖撬阉鱐OY模板網(wǎng)以前的文章或繼續(xù)瀏覽下面的相關(guān)文章，希望大家以后多多支持TOY模板網(wǎng)！
