問題蟲洞——C： C - Aladdin and the Flying Carpet

黑洞內窺：

給你兩個數n、k，求大於k的n的約數的個數

思維光年：

一個基礎知識：合數的正因素個數公式

（1）一個大於1的正整數N，如果它的標準分解式爲：，那麼它的正因數個數爲。

然後減去小於k的約數，，搞定。

ACcode：

//#include<bits/stdc++.h>
#include  <stdio.h>
#include <iostream>
#include<algorithm>
#include      <map>
#include      <set>
#include   <vector>
#include    <queue>
#include    <stack>
#include <stdlib.h>
#include  <cstring>
#include <string.h>
#include   <string>
#include   <math.h>
#include  <sstream>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define MAXN 1000005
#define INF 0x3f3f3f3f//將近ll類型最大數的一半，而且乘2不會爆ll
const ll mod = 1000000007;

bool is[MAXN];
int prime[MAXN];
ll tot;
void getprime()         //歐拉篩
{
    memset(is, false, sizeof(is));
    tot = 0;
    for(int i=2; i<=MAXN; ++i)
    {
        if(is[i] == false)
            prime[tot++] = i;
        for(int j=0; j<tot && i*prime[j] <= MAXN; ++j)
        {
            is[i*prime[j]] = true;
            if(i%prime[j] == 0)
                break;
        }
    }
}

ll solution(ll n)
{
    ll ans = 1;
    for(int i=0; i<tot && prime[i] < n; ++i)
    {
        int k = 0;
        while(n%prime[i] == 0)
        {
            n/=prime[i];
            ++k;
        }
        ans*=(1+k);
    }
    if(n > 1)
        ans*=2;
    return ans;
}

int main()
{
    getprime();
    int t, ccc=1;
    cin >> t;
    while(t--)
    {
        ll n, m, sum=0, ans;
        scanf("%lld %lld", &n, &m);
        if(m*m > n)
           ans = 0;
        else
        {
            for(int i=1; i<m; ++i)
                if(n%i == 0)
                    sum++;
            ans = solution(n)/2 - sum;
        }
        printf("Case %d: %lld\n", ccc++, ans);
    }
    return 0;
}

問題黑洞——D： D - Sigma Function

黑洞內窺：

設一個函數f(n) = n 的所有約數的和，如 f（6） = 1+2+3+6 = 12

給出一個數n，求1~n中f(x) 爲偶數的個數。

思維光年：

一個基礎知識：約數和公式：

對於已經分解的整數A=(p1^k1)*(p2^k2)*(p3^k3)*....*(pn^kn)

有A的所有因子之和爲

S = (1+p1+p1^2+p1^3+...p1^k1) * (1+p2+p2^2+p2^3+….p2^k2) * (1+p3+ p3^3+…+ p3^k3) * .... * (1+pn+pn^2+pn^3+...pn^kn)

（2）它的全體正因數之和爲

我能想到的就只有暴力和唯一分解式的約數和公式了。。。

理性的思考：

ACcode：

//#include<bits/stdc++.h>
#include  <stdio.h>
#include <iostream>
#include<algorithm>
#include      <map>
#include      <set>
#include   <vector>
#include    <queue>
#include    <stack>
#include <stdlib.h>
#include  <cstring>
#include <string.h>
#include   <string>
#include   <math.h>
#include  <sstream>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define MAXN 5000
#define INF 0x3f3f3f3f//將近ll類型最大數的一半，而且乘2不會爆ll
const ll mod = 1000000007;
const double eps = 0.0000001;

int main()
{
    int t, ccc=1;
    cin >> t;
    while(t--)
    {
        ll n;
        scanf("%lld", &n);
        ll a = sqrt(n);
        ll b = sqrt(n/2);
        printf("Case %d: %lld\n", ccc++, n-a-b);
    }
    return 0;
}

問題蟲洞——E： E - Leading and Trailing

黑洞內窺：

求n^k 的前三位數，和後三位數。

（注意，如果答案不夠三位數，則在前面補0）

思維光年：

後三位：快速冪取模1000

前三位：log(10爲底)取模，，，，設f(n) = n^k,

則x = log f(n) = k * log( n ) , 設x = a（整數部分） + b（小數部分）

則10^(a+b) = n ^ k, 我們知道10^a 爲10 的整數冪次，是無法提取出有效數字的，

所以我們要的是10^b,,,,,然後再擴大到所需的三位數即可；

（好像在哪裏做過。。。。有點熟悉）

ACcode：

//#include<bits/stdc++.h>
#include  <stdio.h>
#include <iostream>
#include<algorithm>
#include      <map>
#include      <set>
#include   <vector>
#include    <queue>
#include    <stack>
#include <stdlib.h>
#include  <cstring>
#include <string.h>
#include   <string>
#include   <math.h>
#include  <sstream>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define MAXN 5000
#define INF 0x3f3f3f3f//將近ll類型最大數的一半，而且乘2不會爆ll
const ll mod = 1000;
const double eps = 0.0000001;

int ksm(ll a, ll b)
{
    a%=mod;
    ll ans = 1;
    while(b)
    {
        if(b&1)
            ans = ans*a%mod;
        a = a*a%mod;
        b >>= 1;
    }
    return (int)ans;
}

int fir(ll n, ll k)
{
    double ans = k*log10(1.0*n);
    ans -= floor(ans);    //去小數部分b
    ans = pow(10, ans);
    while(ans < 100)
        ans*=10;
    return (int)ans;
}

int main()
{
    int t, ccc=1;
    cin >> t;
    while(t--)
    {
        ll n, k;
        scanf("%lld %lld", &n, &k);
        printf("Case %d: %.3d %.3d\n",ccc++, fir(n, k), ksm(n, k));
    }
    return 0;
}

問題蟲洞——F： F - Goldbach`s Conjecture

黑洞內窺：

給出數n，求有多少對質數和等於n。

思維光年：

打表+暴力

ACcode：

//#include<bits/stdc++.h>
#include  <stdio.h>
#include <iostream>
#include<algorithm>
#include      <map>
#include      <set>
#include   <vector>
#include    <queue>
#include    <stack>
#include <stdlib.h>
#include  <cstring>
#include <string.h>
#include   <string>
#include   <math.h>
#include  <sstream>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define MAXN 10000010
#define INF 0x3f3f3f3f//將近ll類型最大數的一半，而且乘2不會爆ll
const int mod = 1000;
const double eps = 1e-6;

bool is[MAXN];
int prime[1000000];
ll tot, n;
void getprime()         //歐拉篩
{
    memset(is, false, sizeof(is));
    tot = 0;
    for(int i=2; i<=MAXN; ++i)
    {
        if(is[i] == false)
            prime[tot++] = i;
        for(int j=0; j<tot && i*prime[j] <= MAXN; ++j)
        {
            is[i*prime[j]] = true;
            if(i%prime[j] == 0)
                break;
        }
    }
}


int main()
{
    getprime();
    int t, ccc=1;
    cin >> t;
    while(t--)
    {
        ll n, sum=0;
        scanf("%lld", &n);
        for(int i=0; i<tot && prime[i] <= n/2; ++i)
        {
            if(is[n - prime[i]] == false)
                sum++;
        }
        printf("Case %d: %d\n",ccc++, sum);
    }
    return 0;
}

問題蟲洞——G： G - Harmonic Number (II)

黑洞內窺：

定義一個函數：f(n) = n/1 + n/2 + n/3 +.........+ n/n-1 + n/n;

給出n，求f(n),

思維光年：

直接做會t：

參考一下這篇博客：居然。。。。B - Number of Containers

ACcode：

//#include<bits/stdc++.h>
#include  <stdio.h>
#include <iostream>
#include<algorithm>
#include      <map>
#include      <set>
#include   <vector>
#include    <queue>
#include    <stack>
#include <stdlib.h>
#include  <cstring>
#include <string.h>
#include   <string>
#include   <math.h>
#include  <sstream>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define MAXN 10000010
#define INF 0x3f3f3f3f//將近ll類型最大數的一半，而且乘2不會爆ll
const int mod = 1000;
const double eps = 1e-6;


int main()
{
    int t, ccc=1;
    cin >> t;
    while(t--)
    {
        ll n, sum=0;
        scanf("%lld", &n);
        int c = sqrt(n);
        for(int i=1; i<=c; ++i)//梯形面積
            sum+=n/i;
        sum*=2;
        sum = sum-c*c;
        printf("Case %d: %lld\n",ccc++, sum);
    }
    return 0;
}

問題蟲洞——H： H - Pairs Forming LCM

黑洞內窺：

給你一個數n，求有多少對(i, j) 的最小公倍數（lcm(i, j) == n）爲n

思維光年：

一個基礎知識：

對a，b求唯一分解式：

a=p1 ^ a1 * p2 ^ a2 *..........*pn ^ an

b=p1 ^ b1 * p2 ^ b2 *..........*pn ^ bn

gcd(a,b)=p1 ^ min(a1,b1) * p2 ^ min(a2,b2) *..........*pn ^ min(an,bn)

lcm(a,b)=p1 ^ max(a1,b1) * p2 ^ max(a2,b2) *..........*pn ^ max(an,bn)

get到一項求gcd、lcm的技能沒u有？！

理性的求解：

ACcode：

//#include<bits/stdc++.h>
#include  <stdio.h>
#include <iostream>
#include<algorithm>
#include      <map>
#include      <set>
#include   <vector>
#include    <queue>
#include    <stack>
#include <stdlib.h>
#include  <cstring>
#include <string.h>
#include   <string>
#include   <math.h>
#include  <sstream>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define MAXN 10000010
#define INF 0x3f3f3f3f//將近ll類型最大數的一半，而且乘2不會爆ll
const int mod = 1000;
const double eps = 1e-6;

bool is[MAXN];
int prime[1000000];
ll tot, n;
void getprime()         //歐拉篩
{
    memset(is, false, sizeof(is));
    tot = 0;
    for(int i=2; i<=MAXN; ++i)
    {
        if(is[i] == false)
            prime[tot++] = i;
        for(int j=0; j<tot && i*prime[j] <= MAXN; ++j)
        {
            is[i*prime[j]] = true;
            if(i%prime[j] == 0)
                break;
        }
    }
}

ll fenjie(ll s)
{
    ll n = s;
    ll sum = 1;
    for (int i = 0; i < tot && prime[i]*prime[i] <= n; ++i)
    {
        if(n%prime[i] == 0)
        {
            int k=0;
            while (n % prime[i] == 0)
            {
                n /= prime[i];
                k++;
            }
           sum*=(2*k+1);
        }
    }
    if (n > 1)
        sum*=3;
    return sum;
}


int main()
{
    getprime();
    int t, ccc=1;
    cin >> t;
    while(t--)
    {
        ll n, sum=0;
        scanf("%lld", &n);
        sum = fenjie(n);
        printf("Case %d: %lld\n",ccc++, (sum+1)/2);
    }
    return 0;
}

問題蟲洞——I： I - Harmonic Number

參考博客：Harmonic Number（調和級數）

問題蟲洞——J： J - Mysterious Bacteria

黑洞內窺：

給出一個數x，設x可以表示爲 x = b^p，求p的最大值。（x <= 2^32， x可正可負）

思維光年：

我的思路：

既然x是小於2的32次方的，直接暴力開方跑唄，反正最差也就32次。。。。

但可能因爲是pow的精度還是double的精度問題，導致我一直wa。。。。

後來就去搜題解了。。。

理性的求解：

求x，和b的唯一分解式，則有：

x=p1^x1 p2 ^x2 …. pk^xk
b=p1^b1 p2^b2…..pk^bk

題意給出關係，x = b^p，所以：

b1*p=x1
b2*p=x2
. .. . . .
bk*p=xk

想要讓式子同時成立，則有 p | gcd(x1,x2,x3...xk) 。
所以，現在讓求最大，如果x爲正數，p=gcd(x1,x2,x3...xk)
否則 p 就是gcd(x1,x2,x3,,,xk) 的最大奇數因子。

ACcode：

//#include<bits/stdc++.h>
#include  <stdio.h>
#include <iostream>
#include<algorithm>
#include      <map>
#include      <set>
#include   <vector>
#include    <queue>
#include    <stack>
#include <stdlib.h>
#include  <cstring>
#include <string.h>
#include   <string>
#include   <math.h>
#include  <sstream>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define MAXN 100010
#define INF 0x3f3f3f3f//將近ll類型最大數的一半，而且乘2不會爆ll
const int mod = 1000;
const double eps = 1e-6;

ll prime[MAXN], tot, ans;
bool is[MAXN];

void getprime()
{
    memset(is, false, sizeof(is));
    tot = 0;
    for(int i=2; i<=MAXN; ++i)
    {
        if(is[i] == false)
            prime[tot++] = i;
        for(int j=0; j<tot && i*prime[j] <= MAXN; ++j)
        {
            is[i*prime[j]] = true;
            if(i%prime[j] == 0)
                break;
        }
    }
}

ll gcd(ll a, ll b)
{
    return b == 0? a: gcd(b, a%b);
}

int main()
{
    getprime();
    int t, ccc=1;
    cin >> t;
    while(t--)
    {
        ll n, sum=0, flag = 0;
        scanf("%lld", &n);
        if(n < 0)
        {
            n = -n;
            flag = 1;
        }
        for(int i=0; i<tot && prime[i] <= n; ++i)
        {
            if(n%prime[i] == 0)
            {
                int ans = 0;
                while(n%prime[i] == 0)
                {
                    n/=prime[i];
                    ans++;
                }
                if(sum) sum = gcd(sum, ans);//求最大公約數
                else sum = ans;
                if(sum == 1) break;
            }
        }
        if(n>1) sum = 1;
        if(flag && sum%2 == 0)
        {
            while(sum%2 == 0)
                sum/=2;
        }
        printf("Case %d: %lld\n",ccc++, sum);
    }
    return 0;
}

一開始wa的代碼：（給大家批鬥批鬥。。。[如果有人指教一下就更好啦，，啦啦啦啦啦，，，，]）

//#include<bits/stdc++.h>
#include  <stdio.h>
#include <iostream>
#include<algorithm>
#include      <map>
#include      <set>
#include   <vector>
#include    <queue>
#include    <stack>
#include <stdlib.h>
#include  <cstring>
#include <string.h>
#include   <string>
#include   <math.h>
#include  <sstream>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define MAXN 10000010
#define INF 0x3f3f3f3f//將近ll類型最大數的一半，而且乘2不會爆ll
const int mod = 1000;
const double eps = 1e-6;

int main()
{
    int t, ccc=1;
    cin >> t;
    while(t--)
    {
        ll n, sum=1, flag = 0;
        scanf("%lld", &n);
        if(n < 0)
        {
            flag = 1;
            n = -n;
        }

        for(ll i=2; i<=32; ++i)
        {
            if(flag && i%2 == 0) continue;

            double s = pow(n, double(1.0/i));
            int ans = ceil(pow(floor(s), i));
            if(s <= 1)
                break;
            if(ans == n)
               sum = max(sum, i);
        }

        printf("Case %d: %lld\n",ccc++, sum);
    }
    return 0;
}

問題蟲洞——K： K - Large Division

黑洞內窺：

給你兩個大數a， b，問 a|b？，，

思維光年：

問題可轉換成 a%b == 0？

然後就是一個大數取模。。

兩分鐘代碼，十分鐘bug，，，，

我現在是知道了string中的earse不能直接用成s.earse(0) , 括號裏面的東西是string的迭代器

所以你要改成，，，s.earse(s.begin() + i) ,刪除第i個元素。。。

ACcode：

//#include<bits/stdc++.h>
#include  <stdio.h>
#include <iostream>
#include<algorithm>
#include      <map>
#include      <set>
#include   <vector>
#include    <queue>
#include    <stack>
#include <stdlib.h>
#include  <cstring>
#include <string.h>
#include   <string>
#include   <math.h>
#include  <sstream>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define MAXN 5000
#define INF 0x3f3f3f3f//將近ll類型最大數的一半，而且乘2不會爆ll
const ll mod = 1000000007;
const double eps = 0.0000001;

string s;
int main()
{
    int t, ccc=1;
    cin >> t;
    while(t--)
    {
        ll b;
        cin >> s >> b;
        if(s[0] == '-') s.erase(s.begin());//這裏是坑。。。
        if(b<0) b = -b;
        int len = s.size();
        ll sum = 0;
        for(int i=0; i<len; ++i)
        {
            sum*=10;
            sum+=(s[i] - '0');
            if(sum >= b) sum%=b;
        }
        printf("Case %d: ", ccc++);
        if(sum) puts("not divisible");
        else puts("divisible");
    }
    return 0;
}

問題蟲洞——L： L - Fantasy of a Summation

黑洞內窺：

輸入n，k，mod，再輸入n個數ai，

求在k重循環下的（0~n-1的ai）求和取模

思維光年：

多列幾項就可以發現規律了；

答案 = n^(k-1)*k*sum%mod；

（其中sum爲ai的求和）

ACcode：

//#include<bits/stdc++.h>
#include  <stdio.h>
#include <iostream>
#include<algorithm>
#include      <map>
#include      <set>
#include   <vector>
#include    <queue>
#include    <stack>
#include <stdlib.h>
#include  <cstring>
#include <string.h>
#include   <string>
#include   <math.h>
#include  <sstream>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define MAXN 5000
#define INF 0x3f3f3f3f//將近ll類型最大數的一半，而且乘2不會爆ll
const ll mod = 1000000007;
const double eps = 0.0000001;

ll ksm(ll a, ll b, ll md)
{
    ll ans = 1;
    while(b)
    {
        if(b&1)
            ans = ans*a%md;
        a = a*a%md;
        b >>= 1;
    }
    return ans;
}

int main()
{
    int t, ccc=1;
    cin >> t;
    while(t--)
    {
        ll n, k, m, x, sum=0;
        cin >> n >> k >> m;
        for(int i=0; i<n; ++i)
        {
            scanf("%lld", &x);
            sum+=x;
        }
        sum = ksm(n, k-1, m)*k%m*sum%m;
        printf("Case %d: %lld\n", ccc++, sum);
    }
    return 0;
}

問題蟲洞——M： M - Help Hanzo

黑洞內窺：

求區間[a, b]中的素數個數，，，，（b-a <= 100000）

思維光年：

區間素數篩。。。。。

~~wa到我想si~~~~~~~~

由於區間比較小，所以我們可以直接求一個區間的素數

ACcode：

//#include<bits/stdc++.h>
#include  <stdio.h>
#include <iostream>
#include<algorithm>
#include      <map>
#include      <set>
#include   <vector>
#include    <queue>
#include    <stack>
#include <stdlib.h>
#include  <cstring>
#include <string.h>
#include   <string>
#include   <math.h>
#include  <sstream>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll MAXN = 100005;
#define INF 0x3f3f3f3f//將近ll類型最大數的一半，而且乘2不會爆ll
const ll mod = 1000000007;
const double eps = 0.0000001;

int prime[MAXN], tot, ans;
bool is[MAXN], vis[MAXN];

void getprime()
{
    memset(is, false, sizeof(is));
    tot = 0;
    is[0] = is[1] = true;
    for(int i=2; i<=MAXN; ++i)
    {
        if(is[i] == false)
            prime[tot++] = i;
        for(int j=0; j<tot && i*prime[j] <= MAXN; ++j)
        {
            is[i*prime[j]] = true;
            if(i%prime[j] == 0)
                break;
        }
    }
}

int main()
{
    getprime();
    int t, ccc=1;
    cin >> t;
    while(t--)
    {
        ll a, b, sum=0;
        cin >> a >> b;
        if(b <= MAXN)
        {
            for(ll i=a; i<=b; ++i)
                if(!is[i])
                    sum++;
        }
        else
        {
            memset(vis, 0, sizeof(vis));                //維護區間
            for(int i=0; i<tot && prime[i]*prime[i] <= b; ++i)
            {
               ll k = ceil(a*1.0/prime[i]);
                for(ll j = k*prime[i]; j<=b; j+=prime[i])
                    vis[j-a] = true;
            }
            for(ll i=a; i<=b; ++i)
                if(!vis[i-a])
                    sum++;
        }
        printf("Case %d: %lld\n", ccc++, sum);
    }
    return 0;
}

問題蟲洞——N： N - Trailing Zeroes (III)

黑洞內窺：

給出數字q，求一個數n，

該數滿足條件：n！尾數有q個0；

思維光年：

思維+二分。。

尾數如果要出現0，就必須是2*5，而在n！中2的因子個數必然多於5

所以，題目等同於，求有q個因子是5的數n！。

我一開始是做對了的啊，，，wawawawawawa，，，

明明就是PE，你一wa我還以爲思路有問題。。。

枯了~~~~~~~~；

ACcode：

//#include<bits/stdc++.h>
#include  <stdio.h>
#include <iostream>
#include<algorithm>
#include      <map>
#include      <set>
#include   <vector>
#include    <queue>
#include    <stack>
#include <stdlib.h>
#include  <cstring>
#include <string.h>
#include   <string>
#include   <math.h>
#include  <sstream>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll MAXN = 500000000;
#define INF 0x3f3f3f3f//將近ll類型最大數的一半，而且乘2不會爆ll
const ll mod = 1000000007;
const double eps = 0.0000001;

ll SUM(ll n)
{
    return n == 0? 0: n/5+SUM(n/5);
}
int main()
{
    int t, ccc=1;
    //cout << SUM(500000000) << '\n';
    cin >> t;
    while(t--)
    {
        ll n, sum = -1;
        scanf("%lld", &n);
        ll l=0,r = MAXN;
        while(l <= r)    //這裏不能特判相等，雖然結果是對的，但不能AC
        {
            ll m = (l+r)/2;
           if(SUM(m) >= n)
                r = m-1;
            else
                l = m+1;
        }
        if(SUM(l) == n)
            printf("Case %d: %lld\n", ccc++, l);
        else
            printf("Case %d: impossible\n", ccc++);
    }
    return 0;
}

問題蟲洞——O： O - GCD - Extreme (II)

黑洞內窺：

給出數n，求

思維光年：

理所當然的想到了歐拉函數，，，，

理性的求解：

歐拉函數：滿足 0<x<n 且 gcd(x,n) = 1 的x有phi[n]個。

可以推論出：滿足 0<2*x<2*n 且 gcd(2*x,2*n) = 2 的2*x同樣有phi[n]個，

推向一般：滿足 0<k*x<k*n 且 gcd(k*x,k*n) = k 的k*x有euler[n]個。

其實就是對於n來說，在1~n-1內與它互質的數都乘上相應的倍數，同時n也乘上相應的倍數，因而他們的最大公約數也爲乘上的倍數，但不管如何，個數沒有改變，仍爲euler[n]個，只不過是他們的值“放大”了而已。

最後，就可以枚舉每個歐拉函數phi[n]和係數k，然後進行統計。

ACcode：

//#include<bits/stdc++.h>
#include  <stdio.h>
#include <iostream>
#include<algorithm>
#include      <map>
#include      <set>
#include   <vector>
#include    <queue>
#include    <stack>
#include <stdlib.h>
#include  <cstring>
#include <string.h>
#include   <string>
#include   <math.h>
#include  <sstream>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll MAXN = 4000009;
#define INF 0x3f3f3f3f//將近ll類型最大數的一半，而且乘2不會爆ll
const ll mod = 1000000007;
const double eps = 0.0000001;

int phi[MAXN];                        //歐拉函數
void getphi()
{
    phi[1] = 1;
    for(int i=2; i<MAXN; ++i)
    {
        if(!phi[i])
        {
            for(int j=i; j<MAXN; j+=i)
            {
                if(!phi[j]) phi[j] = j;
                phi[j] = phi[j]/i*(i-1);
            }
        }
    }
}

ll a[MAXN];
void init()
{
    for(int i=2; i<MAXN; ++i)           //枚舉單位歐拉數
        for(int k=1; k*i < MAXN; ++k)   //枚舉倍數
            a[i*k]+=k*phi[i];           //累加倍數gcd
    for(int i=2; i<MAXN; ++i)    
        a[i]+=a[i-1];
}
int main()
{
   getphi();
   init();
   int n;
   while(cin >> n && n)
    cout << a[n] << '\n';
    return 0;
}

[kuangbin專題十四] 數論基礎 —— [ 部分題解 1 ]

問題蟲洞——C： C - Aladdin and the Flying Carpet

黑洞內窺：

思維光年：

ACcode：

問題黑洞——D： D - Sigma Function

黑洞內窺：

思維光年：

ACcode：

問題蟲洞——E： E - Leading and Trailing

黑洞內窺：

思維光年：

ACcode：

問題蟲洞——F： F - Goldbach`s Conjecture

黑洞內窺：

思維光年：

ACcode：

問題蟲洞——G： G - Harmonic Number (II)

黑洞內窺：

思維光年：

ACcode：

問題蟲洞——H： H - Pairs Forming LCM

黑洞內窺：

思維光年：

ACcode：

問題蟲洞——I： I - Harmonic Number

參考博客：Harmonic Number（調和級數）

問題蟲洞——J： J - Mysterious Bacteria

黑洞內窺：

思維光年：

ACcode：

問題蟲洞——K： K - Large Division

黑洞內窺：

思維光年：

ACcode：

問題蟲洞——L： L - Fantasy of a Summation

黑洞內窺：

思維光年：

ACcode：

問題蟲洞——M： M - Help Hanzo

黑洞內窺：

思維光年：

ACcode：

問題蟲洞——N： N - Trailing Zeroes (III)

黑洞內窺：

思維光年：

ACcode：

問題蟲洞——O： O - GCD - Extreme (II)

黑洞內窺：

思維光年：

ACcode：