Project Euler 196

发表于 2022-05-24 更新于 2023-07-03 分类于 Project Euler 阅读次数： 83 本文字数： 2k 阅读时长 ≈ 2 分钟

Project Euler 196

题目

Prime triplets

Build a triangle from all positive integers in the following way:

$1$
$2$	$3$
$4$	$5$	$6$
$7$	$8$	$9$	$10$
$11$	$12$	$13$	$14$	$15$
$16$	$17$	$18$	$19$	$20$	$21$
$22$	$23$	$24$	$25$	$26$	$27$	$28$
$29$	$30$	$31$	$32$	$33$	$34$	$35$	$36$
$37$	$38$	$39$	$40$	$41$	$42$	$43$	$44$	$45$
$46$	$47$	$48$	$49$	$50$	$51$	$52$	$53$	$54$	$55$
$56$	$57$	$58$	$59$	$60$	$61$	$62$	$63$	$64$	$65$	$66$
$\dots$	$\dots$	$\dots$

Each positive integer has up to eight neighbours in the triangle.

A set of three primes is called a prime triplet if one of the three primes has the other two as neighbours in the triangle.

For example, in the second row, the prime numbers $2$ and $3$ are elements of some prime triplet.

If row $8$ is considered, it contains two primes which are elements of some prime triplet, i.e. $29$ and $31$ .

If row $9$ is considered, it contains only one prime which is an element of some prime triplet: $37$ .

Define $S (n)$ as the sum of the primes in row $n$ which are elements of any prime triplet. Then $S (8) = 60$ and $S (9) = 37$ .

You are given that $S (10000) = 950007619$ .

Find $S (5678027) + S (7208785)$ .

解决方案

如果要求第 $S (N)$ ，为确保第 $N$ 行的在质数三元组的数都能够被找到，第 $N - 2$ 行到第 $N + 2$ 的所有质数都需要每局出来。假设第 $N - 2$ 行的第一个质数为 $L$ ，第 $N + 2$ 行的最后一个质数为 $R$ 。

第一个问题：找到 $L, R$ 之间的所有质数。

不难发现，虽然 $L, R$ 是 $O (n^{2})$ 级别的，但是 $R - L$ 却是 $O (n)$ 级别的。另外， $L, R$ 之间的合数一定被 $⌊ \sqrt{R} ⌋$ 以内的质因数解决。这启发了我们用两次质数筛法解决：

先用一般的埃氏筛法找到 $⌊ \sqrt{R} ⌋$ 以内的质数。
将第一步筛出来的质数用于筛掉 $L, R$ 之间的合数。这里的实现需要注意一些细节，如数组的偏移量是 $L$ ；如果是用质数 $p$ 来筛合数，那么要从 $⌈ \frac{L}{p} ⌉ \cdot p$ 开始筛起。

第二个问题：求解原问题答案。

对于第 $N$ 行的每一个数质数 $n$ 而言，以它为中心的 $5 \times 5$ 方格内的数都是它的判断对象，如下图（绿色为内圈，蓝色为外圈）：

$n$ 为答案的条件满足这两个之一：内圈中有两个是质数；内圈和外圈中一对有公共边或角（如上图深色部分）的数都是质数。

因此为了解决第二个问题，可以先将这一对有公共边和角的数的相对坐标全都预处理出来，直接判断。

本问题还有一些细节，实现时需要注意。

代码

#include <bits/stdc++.h>
# define pi pair<int,int>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int Q1=5678027,Q2=7208785;
bool b[Q2*5+2];
ll pr[Q2 + 104];
int p=0;
//对应8个方向中再向外走一步的格子的方向。不难发现，如果当前是质数，那么左边和右边一定是偶数，这可以排除左右两个方向。
vector<pi>dr[3][3];
int dx[8]={-1,-1,-1,0,0,1,1,1},dy[8]={-1,0,1,-1,1,-1,0,1};
ll st(ll n){
    return n*(n-1)/2+1;
}
//判断第n+d行第y列的数是否为质数。
bool is_prime(int n, int d, int y){
    if(y<0||y>=n+d) return false;
    else{
        n-=2;d+=2;
        return !b[y+(n+n+d-1)*d/2];
    }
}
//判断第n第y个质数是不是所求答案。
bool is_answer(int n,int y){
    if(!is_prime(n, 0, y)) return false;
    int cnt=0;
    for(int k=0;k<8;k++){
        if(dx[k]==0) continue;
        if(is_prime(n, dx[k], y + dy[k])){
            if(++cnt>=2) return true;
            for(auto &[ox,oy]:dr[dx[k]+1][dy[k]+1]){
                if(is_prime(n, ox, y + oy)) return true;
            }
        }
    }
    return false;
}
ll solve(int row){
    ll l=st(row-2),r=st(row+3)-1;
    ll sq=sqrt(r);
    p=0;
    memset(b,0,sizeof(b));
    for(int i=2;i<=sq;i++){
        if(b[i]) continue;
        pr[++p]=i;
        for(int j=i;1ll*i*j<=sq;j++)
            b[i*j]=true;
    }
    memset(b,0,sizeof(b));
    for(int i=1; i <= p; i++)
        for(ll j= (l + pr[i] - 1) / pr[i]; j * pr[i] <= r; j++)
            b[j * pr[i] - l]=true;
    ll ans=0,nl=st(row);
    for(int y=0;y<row;y++)
        if(is_answer(row,y)) ans+=nl+y;
    return ans;
}
int main(){
    for(int i=-1;i<=1;i++){
        for(int j=-1;j<=1;j++){
            if(i==0) continue;
            for(int k=0;k<8;k++){
                int x=i+dx[k],y=j+dy[k];
                if(max(abs(x),abs(y))==2){
                    dr[i+1][j+1].push_back(pi(x,y));
                }
            }
        }
    }
    ll ans = solve(Q1) + solve(Q2);
    printf("%lld\n",ans);
}