不可表示的数[x/2] + y + x * y（英雄会）

拼搏现实的明天。 2022-09-19 12:08 176阅读 0赞

给定表达式\[x/2\]+ y + x \* y,其中x,y都是正整数。其中的中括号表示下取整，例如\[3/2\] = 1， \[5/2\] = 2。

有些正整数可以用上述表达式表达出来，例如正整数2，当取x = y = 1时，可以把2表达出来

（解释下：当x=y=1时， \[x / 2\] + y + x \* y = \[1 / 2\] + 1 + 1 \* 1= 0+1+1 = 2）；

有些数可以有多种方式表达，例如13可以由 x = 2 y = 4以及x = 3 y = 3来表示；

有些数无法用这个表达式表达出来，比如3。

从1开始第n个不能用这个表达式表示出来的数，我们叫做an，例如a1=1 a2=3,给定n，求an。

**输入**：n值1<=n<=40

**输出**：an %1000000007的结果（因为结果较大，输出an %1000000007的结果）。

推理解答过程：

1、 对\[x/2\] + y + x \* y分析，试探：x=1，原式=2y，表示所有偶数，即对所有偶数都能用此式表示，故后文重点讨论哪些奇数不能被其表示（本文讨论的所有奇偶数都为非负数）。

2、 对x分为4n,4n+1,4n+2,4n+3四种情况讨论。

容易得到，x=4n+1时，不论y取何值，原式必为偶数，与1)中情况重复，故舍去不讨论；

x=4n时，y=2m+1才能保证原式为奇数，其中要保证n>0；

x=4n+2时，y=2m才能保证原式为奇数，其中要保证m>0；

x=4n+3时，y=2m或2m+1都能使原式为奇数；

故只讨论后三种情况。

3、 把x=4n，y=2m+1代入原式易得2(m+n)+8mn+4n+1、n>0；

把x=4n+2，y=2m代入原式易得2(m+n)+8mn+4m+1、m>0；

明显，这两种情况可表示的奇数是相同的，故只需研究其中一种即可。

总结一下，目前已知原式对所有偶数可表示，对哪些奇数可表示呢？我们要研究的情况只有两种x=4n+2（即x=4n）与x=4n+3时的情况。

4、 对x=4n+2时，不限制y的奇偶性，此情况下，原式可表示为2n+3y+4ny+1；

对x=4n+3时，不限制y的奇偶性，，此情况下，原式可表示为2n+4y+4ny+1；

下面我们重点讨论这两种情况表示的奇数包括哪些。

5、对x=4n+3，原式=2n+4y+4ny+1=2(n+1)(2y+1)-1，即表示一个奇数(2y+1)的偶数倍减1。也就是说x=4n+3情况时，表示的奇数都具备一个特征： 这个奇数可以写成一个奇数的偶数倍减1。

故我们可以得到下面的结论：在x=4n+3的情况下，如果偶数B能写成一个奇数的偶数倍，即奇数与偶数的乘积，那么奇数A=B-1可以被原式表示。

其逆否命 题：在x=4n+3的情况下，奇数A=B-1不可以被原式表示，则偶数B不能写成奇数与偶数的乘积，即其因子分解只能写成偶数与偶数的乘积。

一个偶数因子分解只能写成偶数与偶数，只有2的幂了 。

故得到结论：在x=4n+3的情况下，不可以被原式表示的奇数都是2的幂减1。

6、 对x=4n+2，原式=2n+3y+4ny+1=\[(4n+3)(2y+1)-1\]/2，即表示两个奇数的积减1的差的一半。也就是说x=4n+2情况时，表示的奇数都具备一个特征：这个奇数可以写成两个奇数的积(4n+3)(2y+1)减1的差的一半。

换句话说，在x=4n+2的情况下，原式所能表示的奇数A都可以写成两个奇数的积减1的差的一半。反过来，2A+1必定能写成两个奇数的积。

而 **对任意的2A+1必为奇数，它要么能写成两个奇数的积，要么是素数。**

故得到结论：在x=4n+2的情况下，不可以被原式表示的奇数A都是某个素数减1的差的一半。

7、 把1）、5)与6)的结论综合起来，对任意正整数x、y，如果不能被原式表示，它必定是奇数，这个奇数必定是2的幂减1，同时是某个素数减1的差的一半。

用形式化语言表达，对 任意正整数x、y，不能被\[x/2\] + y+ x \* y表示的数，必定可以写成2^p-1，且2^(p+1)-1是一个素数。

8、 于是我们得到这个问题的解答：an中的元素都满足2^p-1且2^(p+1)-1是素数。

\--------------------------------------------------------------------------------------

编程求解：

问题从数学上已经解决了，并得到了一个漂亮的解答。但如何求2^p-1，还要判断2^(p+1)-1是否为素数，这都是非常困难。

一步步来，求素数，传统方法当然是素性检测，以前写过一个拉宾米勒测试，很复杂。但突然意识到对2^p-1如果是素数的话，数论被叫做梅森素数，前人肯定有总结。

百度一下，前40个梅森素数的幂指数(p+1)取值为：2,3,5,7,13,17,19,31,61,89,107,127,521,607,1279,2203,2281,3217,4253,4423,9689,9941,11213,19937,21701,23209,44497,86243,110503,132049,216091,756839,859433,1257787,1398269,2976221,3021377,6972593,13466917,20996011。

有了梅森素数，只要求相应的2^p-1即可。素数的问题是解决了，但2^20996011是个什么概念，天文数字，再强大计算机一时半会儿也算不出来。幸好题目是拿an对1000000007取模。通过模运算可以简化问题。

模运算 (2^p-1)%N=(2^p%N-1)%N ，在这里等于2^p%N-1。但下面一个问题来了2^p%N怎么求？

2^p%N是一个庞大的数，传统的方法是递归，无论从空间还是时间上来说都不解决问题。幸好往日有积累，对这种变态需求，当然有特殊手段。 运用蒙哥马利算法可以迅速解决，秒杀之 。

最后得到an的前40个数：1,3,15,63,4095,65535,262143,73741816,536396503,140130950,487761805,319908070,106681874,373391776,317758023,191994803,416292236,110940209,599412198,383601260,910358878,532737550,348927936,923450985,470083777,642578561,428308066,485739298,419990027,287292016,202484167,389339971,848994100,273206869,853092282,411696552,876153853,90046024,828945523,697988359。

提交代码的时候，写成枚举，成功!

#include <iostream>
    using namespace std;
    //蒙哥马利算法
    unsigned __int64 mod_exp(int a,int b0,unsigned long n)
    {
    	if(a > n ) a %= n;
    	int i;
    	unsigned __int64 d = 1;
    	int  b[35];
    	for(i=0; i < 35; ++i )
    	{
    		b[i]= b0%2;
    		b0/= 2;
    		if(b0 == 0 ) break;
    	}
    	for(;i >= 0; --i )
    	{
    		d= (d*d)%n;
    		if(b[i] == 1 )
    		{
    			d= (d*a)%n;
    		}
    	}
    	return d;
    }
    
    int givean(int n)
    {
    	int num[40]={
    		2,3,5,7,13,17,19,31,61,89,107,127,521,607,1279,2203,2281,3217,4253,4423,9689,
    		9941,11213,19937,21701,23209,44497,86243,110503,132049,216091,756839,859433,
    		1257787,1398269,2976221,3021377,6972593,13466917,20996011
    	};
    	unsigned __int64 x=mod_exp(2,num[n-1]-1,1000000007)-1;
    	return x;
    }
    int main()
    {
    	unsigned __int64 kk=givean(40);
    	printf("%d",kk);
    	return 0;
    }