每次操作可以将集合中的一个数字分解为它的任意两个非1的因数, 集合中的数字个数+1。因为 质因数 是无法再被分解的,所以最后集合中的数全为 n 的质因数。因此只需要看题目给定的 n 有多少个质因数。假设 n 有 p 个质因数，那么这场游戏将进行 p-1 次操作（每次操作后集合中的数字个数+1），如果
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因为质因数是无法再被分解的,所以最后集合中的数全为n的质因数，先考虑把n质因数分解。不难发现，每次分解为哪2个数并不重要，只不过是把集合中的数字个数加1，那么质因数个数的奇偶很可能决定了谁最后无法操作。 假设 n 有 p 个质因数，那么这场游戏将进行 p-1 次操作（每次操作后集合中的数字个数+1
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题目描述Nancy喜欢博弈！Johnson和Nancy得到了一个神奇的多重集合，仅包含一个正整数n，两个人轮流进行操作。一次操作可以将集合中一个数字分解为它的任意两个非1的因数，并加入集合中。他们想知道，在Johnson和Nancy绝顶聪明的情况下，如果Nancy先手进行操作，最后谁没有办法继续操作
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sg函数暴力求解
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e5+10;
int dp[N];
int sg(int x){
if(~dp[x])return dp[x];
unordered
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只需要算出n可以分解多少次即可。 就比如说12可以分一次分为3 4,4又可以分为2 2. 当次数为偶数时输出Nancy 奇数为Johnson import java.util.*;
import java.math.*;
import java.i
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最后集合中的数全部都是质因数。 假设 n 有 p 个质因数，那么这场游戏将进行 p-1 次操作（每次操作后集合中的数字个数+1），如果 p-1 为奇数那么后手便无法再进行操作，如果 p-1 为偶数则先手再无法进行操作。 特判n为1的情况。 #include <bits/stdc++.h>
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Nancy喜欢博奕！
Johnson和Nancy得到了一个神奇的多重集合，仅包含一个正整数n，两个人轮流进行操作。
一次操作可以将集合中一个数字分解为它的任意两个非1的因数，并加入集合中，当谁无法执行此步操作时，对方获胜。
他们想知道，在Johnson和Nancy绝顶聪明的情况下，如果Nancy先手
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显然本题能操作的次数与n的质因子个数有关
当一个数被分解成质数后便不能再次分解
所以在质因数分解的函数中添加判断使其值不能被除到1即可
记录可操作次数，奇数答案为J,偶数为N
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int divi
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首先分析何时不能尽行操作：当该集合中只剩下质数时操作结束。因此我们只需要计算分解质因数的次数就OK了。本体比较菜，所以搞了一个欧拉筛来计算质数，显然有点大材小用。 #include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 3
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