아래 코드에 printf를 이용한 실수 출력과 cout을 이용한 실수 출력 두 가지 모두 적어놓았으니, 이 부분은 외우자.
#include <bits/stdc++.h>
#define pi 3.14159265359
using namespace std;
typedef long long ll;
const int INF = 2147483647;
const int MAX_N = 1e5 + 1;
const int MOD = 1e+9;
ll gcd(ll a, ll b) { for (; b; a %= b, swap(a, b)); return a; }
int main() {
ios::ios_base::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
cout.tie(nullptr);
double n;
cin >> n;
// printf
// 소수점 아래 x자리만큼 출력하고 싶으면 %0.xf로 사용
printf("%0.7f\n%0.7f", n * n * pi, n * n * 2);
// cout
cout << fixed; // 소수점 자리수를 고정함
cout.precision(7); // 몇 자리를 출력할지 정함
cout << n * n * pi << '\n' << n * n * 2; // fixed
return 0;
}
\((x, y)\)가 직사각형 안에 존재하는 점이기 때문에 직사각형의 네 경계선까지 거리는 무리없이 구할 수 있다.
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
ios::ios_base::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
cout.tie(nullptr);
int x, y, w, h;
cin >> x >> y >> w >> h;
int ans = min({x, w - x, y, h - y});
cout << ans;
return 0;
}
입력으로 들어오는 \(n\)의 범위가 \(1 \leq n \leq 10,000\)이라 에라토스테네스의 체가 필요없을 수도 있다고 생각할 수 있다.
하지만 테스트 케이스의 수가 존재하고 문제에서 언급은 안되어 있지만 대략 \(T\)의 범위가 \(1 \leq T \leq 10,000\)라고 가정했을 때, 우리는 최악의 상황에서 \((10,000 * 10,000)\)번의 나누기 연산이 필요하다.
TLE의 위험이 도사리고 있으니 안전하게 에라토스테네스의 체를 사용하자. 그냥 소수 문제에선 에라토스테네스의 체가 거의 정답이다.
에라토스테네스의 체를 사용하여 \(1 ~ 10,000\) 사이에 있는 모든 소수를 구했다고 가정하자.
어떤 입력 \(n\)이 들어왔을 때, 우리는 \(x + y = n, (x \leq y)\)을 만족하는 두 소수 \(x, y\)가 있다고 가정하면 \(x\)는 \(2 \leq x \leq \frac{n}{2}\)을 만족한다.
결국, \(2\)부터 \(\frac{n}{2}\)까지 for문을 돌면서 \(x\)와 \(n - x\)가 둘 다 소수인 경우를 구해주면 된다.
\(2\)부터 for문을 돌 때 두 수의 차가 가장 적은 것을 찾아야하므로, 찾을 때마다 답을 update해주면 마지막으로 나온 답은 자동적으로 두 수의 차가 가장 적은 경우가 된다.
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int INF = 2147483647;
const int MAX_N = 1e4 + 1;
const int MOD = 1e+9;
ll gcd(ll a, ll b) { for (; b; a %= b, swap(a, b)); return a; }
bool isPrime[MAX_N];
int main() {
ios::ios_base::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
cout.tie(nullptr);
memset(isPrime, 1, sizeof(isPrime));
isPrime[1] = false;
for (int i = 2; i < MAX_N; ++i) {
if (isPrime[i]) {
for (ll j = i * 1LL * i; j < (ll) MAX_N; j += i * 1LL) {
isPrime[j] = false;
}
}
}
int T;
cin >> T;
while (T--) {
int n;
cin >> n;
int left = 2, right;
for (int x = 2; x <= (n / 2); x++) {
if (isPrime[x] && isPrime[n - x]) {
left = x;
right = n - x;
}
}
cout << left << ' ' << right << '\n';
}
return 0;
}
