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数论重要的是一个分析的过程，与相对应的结论
题目:蚂蚁感冒
长 100 厘米的细长直杆子上有 n只蚂蚁。
它们的头有的朝左，有的朝右。
每只蚂蚁都只能沿着杆子向前爬，速度是 11 厘米/秒。
当两只蚂蚁碰面时，它们会同时掉头往相反的方向爬行。
这些蚂蚁中，有 11 只蚂蚁感冒了。
并且在和其它蚂蚁碰面时，会把感冒传染给碰到的蚂蚁。
请你计算，当所有蚂蚁都爬离杆子时，有多少只蚂蚁患上了感冒。
输入格式
第一行输入一个整数 n, 表示蚂蚁的总数。
接着的一行是 n个用空格分开的整数 Xi, Xi的绝对值表示蚂蚁离开杆子左边端点的距离。
正值表示头朝右，负值表示头朝左，数据中不会出现 0 值，也不会出现两只蚂蚁占用同一位置。
其中，第一个数据代表的蚂蚁感冒了。
输出格式
输出1个整数，表示最后感冒蚂蚁的数目。
数据范围
1<n<50,
0<|Xi|<100
输入样例1：
3 5 -2 8
输出样例1：
1
输入样例2：
5 -10 8 -20 12 25
输出样例2：
3
白话讲解:
有一个长度为一百厘米的数轴，上面有n只蚂蚁，每只蚂蚁移动的速度相同，但移动的方向不一定相同，有一只蚂蚁感冒，只要相互接触就会传染，每只蚂蚁接触后会调头往反方向行走。
题解:
首先先分析，当每只蚂蚁接触后，掉头往反方向走，这里往反方向走，与方向不变继续往前走的状态是不变的，若一只感冒另一只仍会感冒，且行走的位置也是不变的，所以这个条件可以忽略不计。
具体的感染情况可以分为以下几种
其中若坐标小于他且反向 坐标大于他且正向 是一定不会被感染
与其反向且坐标大于他则一定会被感染，若出现这种情况则坐标小于他与其同向的都会被感染
将不会被感染的情况丢掉，设定绿色的情况为left（从左向右走），红色1代表right（从右向左走）
先找出这两种情况。
之后在进行分析。
若第一只蚂蚁往正方向走，且没有right，或往反方向走，没有left的情况。则感冒的蚂蚁只有最原始的一只。反之
最后感染的蚂蚁就为left+right+原始的一只
代码实现:
#include <iostream> using namespace std; int main() { int n=0; int a[55]; cin>>n; for(int i=0;i<n;i++) { cin>>a[i]; } int cnt=0; int left=0,right=0; for(int i=1;i<n;i++) if(a[i]>0&&abs(a[i])<abs(a[0]))left++; else if(a[i]<0&&abs(a[i])>abs(a[0]))right++; if(a[0]>0&&right==0||a[0]<0&&left==0)cout<<1<<endl; else cout<<left+right+1<<endl; return 0; }
题目:饮料换购
小明开了一家糖果店。他别出心裁：把水果糖包成 4 颗一包和 7 颗一包的两种。糖果不能拆包卖。
小朋友来买糖的时候，他就用这两种包装来组合。当然有些糖果数目是无法组合出来的，比如要买 10 颗糖。
你可以用计算机测试一下，在这种包装情况下，最大不能买到的数量是 17。大于 17 的任何数字都可以用 4 和 7 组合出来。
本题的要求就是在已知两个包装的数量时，求最大不能组合出的数字。
输入两个正整数，表示每种包装中糖的颗数(都不多于 1000 )。
输出一个正整数，表示最大不能买到的糖数。
不需要考虑无解的情况
示例
输入
4 7
输出
17
白话讲解:
有两种规格的糖果，无法拆开来买，求最大不能买到的数目
题解:
这题没什么意思，用到的是裴蜀定理：如果 a,b 均是正整数且互质，那么由 ax+by,x≥0,y≥0ax+by,x≥0,y≥0 不能凑出的最大数是 ab−a−b
代码实现:
#include <iostream> using namespace std; int main() { int x,y; cin>>x>>y; cout<<x*y-x-y; return 0; }
题目:饮料换购
乐羊羊饮料厂正在举办一次促销优惠活动。乐羊羊C型饮料，凭3个瓶盖可以再换一瓶C型饮料，并且可以一直循环下去(但不允许暂借或赊账)。
请你计算一下，如果小明不浪费瓶盖，尽量地参加活动，那么，对于他初始买入的 n� 瓶饮料，最后他一共能喝到多少瓶饮料。
输入格式
输入一个整数 n,表示初始买入的饮料数量。
输出格式
输出一个整数，表示一共能够喝到的饮料数量。
数据范围
0<n<10000
输入样例：
100
输出样例：
149
白话讲解:
最开始买了n瓶饮料，每三个瓶盖可以再换一瓶饮料，求最大能喝到几瓶饮料
题解:
假设最开始买到的饮料数目为cnt，则瓶盖数flag也为cnt。
若将瓶盖换购则 能喝到的饮料数目为 cnt+=flag/3 而剩下的flag数则为flag=flag/3+flag%3
当flag<3也即flag无法换购时，输出最终的cnt即可
代码实现:
#include <iostream> using namespace std; int main() { int cnt=0,flag=0,s=0; cin>>cnt; flag=cnt; while(flag>=3) { cnt+=flag/3; flag=flag%3+flag/3; } cout<<cnt; }
完结撒花：
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