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今天来更新跟去年传智杯初赛有关的两道题，分别是小卡与质数1和小卡与质数2。说实话，做这两道题花费了我不少时间，虽然去年的传智杯比较水（$QAQ$），但是这两题还是学到了不少东西，补了补我比较薄弱的方面，话不多说，放题目了。

[传智杯 #4 初赛] 小卡和质数

题目背景

小卡最近迷上了质数，所以他想到了一个和质数有关的问题来考考你。

质数是指在大于1的自然数中，除了1和它本身以外不再有其他因数的自然数。

题目描述

小卡有 $T(1\le T\le 10^5)$ 组询问。每次询问给你两个正整数 $x,y(1\le x,y\le 10^9)$。

小卡想知道，第 $x$ 个质数和第 $y$ 个质数是否满足 $p_x \oplus p_y =1$，即第 $x$ 个质数和第 $y$ 个质数的异或值是否是$1$。

输入格式

第一行一个正整数 $T$，表示询问的数量。

接下来 $T$ 行，每行两个正整数 $x,y$，表示询问的是第 $x$ 个质数和第 $y$ 个质数。

输出格式

$T$ 行，每行一个字符串Yes或No，分别表示两个质数的异或值是 $1$ 或不是 $1$。

样例 #1

样例输入 #1

4
1 2
23 145
66 2
1 14

样例输出 #1

Yes
No
No
No

分析

其实我的位运算这块特别薄弱，所以一般看到位运算的题目，我就放弃，看到这题，其实我内心也想放弃，但是后来我试了几个数，发现除了2和3两个数异或值为1，其他的质数异或值都不为1，所以果断猜测，只有这一种为1的情况，然后提交$AC$了，后来上网一搜，发现只有相邻的两个数且奇数大的情况下，异或值为1。而质数，只有$2,3$这一种情况满足，所以为只有这一种$YES$。

代码

#include <iostream>
#include <string> 
#include <queue>
#include <vector>
#include <map>
#include <set>
#include <cstring>
#include <stack> 
#include <cmath>
#include <algorithm>
using namespace std;
int cnt[110][1100],m[1100];
signed main(){
	int t;
	cin>>t;
	while(t--){
		int x,y;
		cin>>x>>y;
		if((x==2 && y==1) || (x==1 && y==2)) puts("Yes");
		else puts("No"); 
	}
	//cout<<p<<endl;
}

下面是第二题小卡与质数2

[传智杯 #4 初赛] 小卡与质数2

题目背景

小卡迷上了质数！

题目描述

小卡最近迷上了质数，所以他想把任何一个数都转化为质数！

小卡有 $T$ 次询问，每次给你一个数字 $x$，问有多少个比 $x$ 小的非负整数 $y$，使得 $x\oplus y$ 是质数，其中 $\oplus$ 表示按位异或。

输入格式

第一行一个正整数 $T(1\le T\le10^5)$，表示有 $T$ 组询问。

接下来 $T$ 行，每行一个正整数 $x(1\le x\le 10^6)$。

输出格式

对于每组询问，输出一行一个整数，表示答案。

样例 #1

样例输入 #1

9
5
6
7
8
9
10
100
1000
10000

样例输出 #1

2
4
4
2
2
4
22
163
1132

其实在第一题之后，我又去了解了一下异或的其他性质，异或其实就是把两个数转化为二进制之后，对比两个二进制数相应的位，遵循同为0，异为1的原则，比如一个数和本身异或结果就是0，然后一个偶数^1=偶数+1，$a\oplus b =c$，可以推出$a\oplus c=b$，这题就用到了这个性质，还有个重要的性质，就是$a \oplus b≤a+b$。

分析

这题我最先的想法是先用线性筛把2到200000之间所有的质数全部筛出来，然后运用上面那个性质，如果$x \oplus primes[i]≤x$，那么答案$ans++$。我本来以为这题的$T$个询问就跟$codeforces$里面一样，不计入时间复杂度，但是是事实计入，所以我的这个代码复杂度是$O(Tn/lnn)$显然超时，$QAQ$，于是乎，我只能取评论区翻了一下，发现了一种奇妙的做法，只需要把我这个思路添加一点，我们很显然发现，要$x \oplus primes[i]≤x$，我们就要想$primes[i]$要满足什么样的条件呢，假设$primes[i]$的二进制最高位为$m$（一定是1），如果$x$所对应的二进制数的第$m$位是0，假设$x$的二进制表示最高位比$m$大，那么这一位异或结果是1，再看高于$m$的其他位，因为$primes[i]$的更高位肯定是0，所以$x$的二进制表示的更高位就是和0异或，那么异或值肯定＝本身。所以这个异或结果一定＞$x$。而反过来分析就会发现，如果$x$所对应的二进制数的第$m$位是1，那么显然$＞x$，因此我们只需要统计每个质数的最高位，用一个数组$res[i]$记录最高位为$i$且对应值为1的质数个数。然后我们只要遍历$x$二进制位，如果这个位置为1，那么我们就加上相应的$res$值。我们可以把$res$的空间开大一点，开到31那么其实最后的复杂度就是$O(31T)$，不会超时。 那么问题又来了，怎么快速找出一个二进制数的最高位是否为1呢，在今天之前我也不会，翻阅了大佬的$Acwing$发现了一个方法，如下图：

最后要记住，二进制是默认从0开始，所以最高位真正对应的要-1，最后奉上代码。

代码

#include <iostream>
#include <string> 
#include <queue>
#include <vector>
#include <map>
#include <set>
#include <cstring>
#include <stack> 
#include <cmath>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N=2000020;
int primes[N];
bool st[N];
int cnt=0;
int p=0;
int res[32];
inline void prime(int n){//线性筛 
	for(int i=2;i<=n;i++){
		if(!st[i]){
			primes[++cnt]=i;
			p++;	
		}
		for(int j=1;primes[j]<=n/i;j++){
			st[primes[j]*i]=1;
			if(i%primes[j]==0) break;
		}
	}
	for(int i=1;i<=cnt;i++){
		for(int j=30;j;j--){
			if(primes[i]&(1<<(j-1))){
				res[j]++;
				break;
			}
		}
	}
}
signed main(){
	int x;
	st[0]=1;
	st[1]=1;
	prime(N-10);
	//cout<<p;
	int t;
	cin>>t;
	while(t--){
		int x;
		scanf("%d",&x);
		int ans=0;
		for(int i=30;i;i--){
			if(x&(1<<(i-1))) ans+=res[i];
		}
		printf("%d\n",ans);
	}
}

希望能帮助到大家($QAQ$)!