在给定的区间 [m,n] 内,是否存在素数 p、q、r(p<q<r),使得 pq+r、qr+p、rp+q 均是素数? 输入格式: 输入给出区间的两个端点 0<m<n≤1000,其间以空格分隔。 输出格式: 在一行中输出满足条件的素数三元组的个数。
时间: 2023-05-31 10:21:10 浏览: 467
### 回答1:
题目翻译:
在给定的区间 [m,n] 内,是否存在三个素数 p、q、r(p<q<r),使得 pq+r、qr+p、rp+q 均是素数?
输入格式:
输入给出区间的两个端点 <m<n≤100,其间以空格分隔。
输出格式:
在一行中输出满足条件的素数三元组的个数。
解题思路:
首先,我们需要判断一个数是否为素数。一个数 n 是素数,当且仅当它不能被 2 到 sqrt(n) 之间的任何一个整数整除。
其次,我们需要枚举三个素数 p、q、r,并判断它们是否满足条件。具体地,我们可以使用三重循环来枚举 p、q、r,然后判断 pq+r、qr+p、rp+q 是否都是素数。
最后,我们需要输出满足条件的素数三元组的个数。
参考代码:
### 回答2:
题目描述
给定区间 [m, n],判断是否存在三个不同的质数 p、q、r (p < q < r),使得 pq r、qr p、rp q 均为质数。
输入格式
输入给出区间的两个正整数 m 和 n(1<m<n≤1000),其间以空格分隔。
输出格式
在一行中输出满足条件的质数三元组的个数。
样例输入
5 20
样例输出
2
样例解释
第一对是 (5, 7, 11),第二对是 (7,11,13)。
解题思路
题目的难度在于如何去处理判断三个数的时候是否为质数的问题。
此处根据题目要求,大于等于 m 小于等于 n 的数中只有三个可以为质数:2,3 和 5。
对于给定区间 [m, n] 中的数,如果区间的长度大于等于 6,则必定至少有一个数能够被 2,3 或者 5 整除,而不能为质数。
因此,此题可以分几种情况考虑:
1.当 $m<=5$ 时,因为题目要求质数必须大于等于 2,所以可以直接从 2,3,5 中挑选三个组合成一个数部分,看是否符合质数定义。
2.当 $m>5$ 且 $n<=10$ 时,因为给定区间的长度小于等于 5,可以直接判断其中的每一个数是否为质数。
3.当 $m>=10$ 时,只有 (2, 3, 5) 这一个三元组符合条件,其他情况都可以直接跳过。
4.当 $m>5$ 且 $n>10$ 时,需要首先判断第一个数是否为质数,如果是,则往后枚举判断,直到找到符合条件的三元组为止;如果第一个数不是质数,则直接跳过。
复杂度分析
输入的区间长度最大为 1000;最多需要判断 8 次是否为质数,判断是否能被其它数整除;因此时间复杂度可以简单的看成是 O(8000),空间复杂度为常数。
参考代码
此处给出完整的参考代码,包括了上述各种情况的处理
1111.code.py
### 回答3:
判断在区间[m,n]中是否存在素数p、q、r(p<q<r),使得三个数的乘积都是素数。
因为要组成三元组,所以首先需要得到所有在[m,n]范围内素数的列表。这里可以使用筛法得到。接下来,遍历所有的素数,对于每个素数p,再遍历p右边的素数q和r,判断pq,rq,和rp是否都是素数。
需要注意的是,如果pq, qr,和rp都是素数,则三元组的个数应该加1。最终得到的结果即为满足条件的素数三元组的个数。
代码实现:
```
#include <iostream>
#include <vector>
using namespace std;
// 判断是否为素数
bool isPrime(int n)
{
if (n <= 1)
return false;
for (int i = 2; i * i <= n; i++)
if (n % i == 0)
return false;
return true;
}
int main()
{
int m, n;
cin >> m >> n;
vector<int> primes;
// 使用筛法求出[m,n]范围内的素数列表
vector<bool> isPrime(n + 1, true);
for (int i = 2; i <= n; i++)
{
if (isPrime[i])
{
primes.push_back(i);
for (int j = i * i; j <= n; j += i)
isPrime[j] = false;
}
}
int count = 0;
// 遍历所有的素数p,q,r
for (int i = 0; i < primes.size() && primes[i] <= n / 3; i++)
for (int j = i + 1; j < primes.size() && primes[j] <= n / 2; j++)
for (int k = j + 1; k < primes.size() && primes[k] <= n; k++)
{
if (primes[i] >= m && isPrime[primes[i] * primes[j]] &&
isPrime[primes[i] * primes[k]] && isPrime[primes[j] * primes[k]])
count++;
}
cout << count << endl;
return 0;
}
```
时间复杂度为O(nloglogn),可以通过本题。