A - Bi-shoe and Phi-shoe（LightOJ - 1370）

這道題的題意是給隊員購買竹子，每一個隊員都有一個幸運數字，購買竹子的價格的尤拉值大於等於幸運數字。換一個說法就是找比給你的幸運數字大的最小的質數。資料範圍100000。先打個質數表。然後暴力加起來就ok了。

 1 #include<iostream>
 2 using namespace std;
 3 int a[1000005];
 4 void oula(){
 5   memset(a,0,sizeof(a));
 6     for(int i=2;i*i<=1000004
 
;i++){
 7         if(!a[i]){
 8             for(int j=i+i;j<=1000004;j+=i){
 9                 a[j]=1;
10             }
11         }
12     }
13 }
14 int main(){
15     ios_base::sync_with_stdio(false), cout.tie(0), cin.tie(0);
16     oula();
17     int t;
18     cin>>t;
19     int cas=0
 
;
20     while(t--){
21         int n;
22         cin>>n;
23         ll sum=0;
24         for(int i=0;i<n;i++)
25         {
26             int x;
27             cin>>x;
28             for(int j=x+1;;j++){
29                 if(!a[j]){
30                     sum+=j;
31                     break
 
;
32                 }
33             }
34         }
35         cout<<"Case "<<++cas<<": "<<sum<<" Xukha"<<endl;
36     }
37 
38     return 0;
39 }

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C - Aladdin and the Flying Carpet

LightOJ - 1341 這道題的題意是給你兩個數，一個數是面積s，一個是邊長最小n為多少，求有多少組數滿足乘積等於面積s，邊長大於等於n。這個是數學的基本定理，先求出這個數有多少的約數，在判斷有多少組數滿足條件。 m=p1^e1*p2^e2*...*pn^en。則他的約數的個數為n=(e1+1)*(e2+1)*...(en+1)。知道這個後這道題就簡單了。求出總共的約數除於2為總共的組數，減去1~n-1 滿足條件的約陣列數，得到答案。為了簡單，先把10^6次方的素數表打出來。  

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3 typedef long long ll;
 4 ll p[1000100], prim[1000100];
 5 int k = 0;
 6 void find_prim()
 7 {
 8     k = 0;
 9     for(ll i = 2; i <= 1000000; i++)
10     {
11         if(!p[i])
12         {
13             prim[k++] = i;
14             for(ll j = i+i; j <=1000000; j+=i)
15             {
16                 p[j] = 1;
17             }
18         }
19     }
20 }
21 ll cont(ll a)
22 {
23     ll s = 1;
24     if(a == 0)
25     {
26         return 0;
27     }
28     ll tt = 0;
29     ll i = 0;
30     while(prim[i] < a && i < k)
31     {
32         tt = 0;
33         if(a%prim[i] == 0)
34         {
35             while(a%prim[i] == 0)
36             {
37                 a/=prim[i];
38                 tt++;
39             }
40         }
41         s *= tt+1;
42         i++;
43     }
44     if(a > 1)
45     {
46         s *= 1+1;
47     }
48     return s;
49 }
50 int main()
51 {
52     ll a, b;
53     int t;
54     int cas = 0;
55     find_prim();
56     scanf("%d",&t);
57     while(t--)
58     {
59         scanf("%lld%lld",&a,&b);
60         int cnt = 0;
61         ll num = 0, ans;
62         if(b >= sqrt(a))
63             ans = 0;
64         else
65         {
66             for(ll i = 1; i < b; i++)
67             {
68                 if(a%i == 0)
69                 {
70                     cnt++;
71                 }
72             }
73             num = cont(a)/2;
74             ans = num - cnt;
75         }
76         printf("Case %d: %lld\n",++cas,ans);
77     }
78     return 0;
79 }

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D - Sigma Function

LightOJ - 1336 這道題的題意是給你一個n，然後求1~n中有多少個數滿足他的因子和為偶數。我們可以發現一個定理就是完全平方數的因子和為奇數。比如4的因子和為1+2+4=7，比如9的因子和1+3+9=13。然後我們又可以推測2*完全平方數的因子和也是奇數。比如8=2*4他的因子和為1+2+4+8=15，18=2*9，它的因子和為1+2+3+6+9+18=39。然後再一想完全平方數乘以其他數會不會滿足這個條件。比如3*4=12，12的因子和為1+2+3+4+6+12=28 3*9=27，27的因子和為1+3+9+27=40 我們就會發現乘以一個奇數可以相當於是加上了一個奇數所以因子和為偶數。乘以一個完全平方數又變成另一個完全平方數。所以因子和為奇數的個數就為sqrt(x)+sqrt(x/2);所以答案就為x-sqrt(x)-(sqrt(x/2);

 1 #include<iostream>
 2 using namespace std;
 3 int main(){
 4     ios_base::sync_with_stdio(false), cout.tie(0), cin.tie(0);
 5     int t;
 6     cin>>t;
 7     int cas=0;
 8     while(t--){
 9         ll x;
10         cin>>x;
11         ll ans=(int)sqrt(x)+(int)sqrt(x/2);
12         cout<<"Case "<<++cas<<": "<<x-ans<<endl;
13     }
14     return 0;
15 }

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E - Leading and Trailing

這道題求前n^k次方的前三位和後三位。後三位不用說直接跑快速冪取模，唯一的坑點是補0，如果最後三位為001也需要輸出001。重點在於前三位怎麼求。最開始也不會，網上看了程式碼。然後自己也推了一下公式，最後懂了。設p=log(n^k)->10^p=n^k->這個就會發現p的整數位數代表的是總的位數，而p的小數代表的就是每位數上的值。p=klogn,然後有一個東西叫做fmod(x,y)。這個函式能夠得到小數部分，然後這道題就可以解決了。

 1 #include <iostream>
 2 #include <cstring>
 3 #include <cstdio>
 4 #include <algorithm>
 5 #include <cmath>
 6 #include <cstdlib>
 7 #include <limits>
 8 #include <queue>
 9 #include <stack>
10 #include <vector>
11 #include <map>
12  
13 using namespace std;
14  
15 #define N 10005000
16 #define INF 0x3f3f3f3f
17 #define PI acos (-1.0)
18 #define EPS 1e-8
19 #define met(a, b) memset (a, b, sizeof (a))
20  
21 typedef long long LL;
22  
23 int quickpow (int m, int n, int k)
24 {
25     int b = 1;
26     while (n > 0)
27     {
28         if (n & 1)
29             b = (b * m) % k;
30         n >>= 1;
31         m = (m * m) % k;
32     }
33     return b%k;
34 }
35  
36 int main ()
37 {
38     int t, flag = 1;
39     scanf ("%d", &t);
40  
41     while (t--)
42     {
43         LL n, k;
44         scanf ("%lld %lld", &n, &k);
45  
46         int first = pow (10.0, 2.0 + fmod (k*log10(n*1.0), 1));
47         int last = quickpow (n%1000, k, 1000);
48  
49         printf ("Case %d: %d %03d\n", flag++, first, last);
50     }
51     return 0;
52 }

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F - Goldbach`s Conjecture

LightOJ - 1259   這道題就是有一個證明任何一個偶數等於兩個質數的和。現在就是問你有多少組滿足條件。並且a<=b。然後資料是10^7次方。可以打表，先把素數表打出來，一個數組存素數，一個存所有的數。然後用n減去這個質數，判斷這個是否為質數，然後得到答案。程式碼如下。

 1 #include<cstdio>
 2 #include<cstring>
 3 #include<cstdlib>
 4 #include<cctype>
 5 #include<queue>
 6 #include<cmath>
 7 #include<string>
 8 #include<map>
 9 #include<stack> 
10 #include<set>
11 #include<vector>
12 #include<iostream>
13 #include<algorithm>
14 #define INF 0x3f3f3f3f
15 #define ll long long
16 const int N=10000005;    //18
17 const int MOD=1000; 
18 using namespace std;
19 bool prime[N];
20 int p[N/10],pn;
21 void get_prime(){
22     pn=0;
23     memset(prime,false,sizeof(prime));
24     prime[0]=prime[1]=true;
25     for(long long i=2;i<N;i++){
26         if(!prime[i]){
27             p[pn++]=i;
28             for(long long j=i*i;j<N;j+=i){
29                 prime[j]=true;
30             }
31         }
32     }
33 }
34 int main(){
35     get_prime();
36     int T,n,num=1,ans;
37     scanf("%d",&T);
38     while(T--){
39         scanf("%d",&n);
40         ans=0;
41         for(int i=0;p[i]<=n/2;i++){
42             if(prime[n-p[i]]==false) ans++;
43         }
44         printf("Case %d: %d\n",num++,ans);
45     }
46     return 0;
47 }

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G - Harmonic Number (II)

LightOJ - 1245 這道題的題意是給你一個n，求出sum的值，sum為n/i的累加，i為1~n。可以看兩個例子，n為8時8 4 2 2 1 1 1 1  n為10時10 5 3 2 2 1 1 1 1 1。以10為例，n/1和n/2分別有10個和5個(商大於等於1和商大於等於2得個數)，又因為n/2部分的數與n/1重複。故n/1不重複的有n/1-n/2個。依次類推，可以將n縮小到sqrt（n）的範圍內，在sqrt（n）之外的數，可以發現每一個正好對應n/i（借鑑的大佬的）對sqrt（n)迴圈，（n/i-n/(i+1))*i表示的是大於sqrt（n）的數中有（n/i-n/(i+1))個i 比如n=10，i=1時 表示的是有5個1。然後我們就會知道答案就是(n/i-(n/(i+1))*i+n/i。有一個地方你會發現如果n是一個完全平方數比如9 9 4 3 2 1 1 1 1 1 i=3時 加了1*3 然後在n/i又加了一個3。這是發現3加了兩次所以需要判斷下n是否為完全平方數。if（m/sqrt(n)==sqrt(n))。最後得到答案。

 1 #include<iostream>
 2 using namespace std;
 3 int main(){
 4     ios_base::sync_with_stdio(false), cout.tie(0), cin.tie(0);
 5     int t;
 6     cin>>t;
 7     for(int i=1;i<=t;i++){
 8         ll m;
 9         cin>>m;
10         int n=sqrt(m);
11         ll sum=0;
12         for(int i=1;i<=n;i++){
13             sum+=(m/i-m/(i+1))*i+m/i;
14         }
15         if(m/n==n)
16             sum-=m/n;
17         cout<<"Case "<<i<<": "<<sum<<endl;
18     }
19     return 0;
20 }

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H - Pairs Forming LCM

這道題的題意是給你一個n，滿足題意的個數有多少，這道題也是唯一分解定理中的幾個基本定理。將n唯一分解得到n=p1^e1*p2^e2*...*pn^en。然後我們就會發現lcm(i,j)=n,那麼i,j的質因子分解必須滿足max(iei,jei)=ei。然後我們就會發現，當i滿足ei時，j就有ei種選擇，同理j滿足，i也有ei種,然後iei=jei=ei時又有一種所以需要在加一。所以總共的個數為sum=(e1*2+1)*(e2*2+1)*...*(en*2+1)。又因為j大於等於i,所以ans=sum/2，又因為i=j=n時這一種情況，所以還需要加一。最後的答案為ans=sum/2+1。

 

 

 1 #include<stdio.h>
 2 #include<string.h>
 3 #include<stdlib.h>
 4 #include<algorithm>
 5 #include<stdio.h>
 6 #include<string.h>
 7 #include<stdlib.h>
 8 #include<math.h>
 9 #include<algorithm>
10 #include<iostream>
11 #include<vector>
12 #include<queue>
13 
14 using namespace std;
15 typedef long long LL;
16 #define N 10010001
17 #define ESP 1e-8
18 #define INF 0x3f3f3f3f
19 #define memset(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
20 
21 LL prime[1000000], k;
22 bool vis[N];
23 
24 void Prime()
25 {
26     memset(vis, false);
27     k = 0;
28     for(int i=2; i<N; i++)
29     {
30         if(vis[i] == 0)
31         {
32             prime[k ++] = i;
33             for(int j= i+i; j<N; j+=i)
34             {
35                 vis[j] = 1;
36             }
37         }
38     }
39 }
40 
41 LL solve(LL n)
42 {
43     LL ans, sum;
44     ans = 0;
45     sum = 1;
46     for(int i=0; prime[i] * prime[i] <= n; i++)
47     {
48         if(n%prime[i] == 0)
49         {
50             ans=0;
51             while(n%prime[i] == 0)
52             {
53                 ans ++;
54                 n /= prime[i];
55             }
56             sum *= (2*ans+1);
57         }
58     }
59     if(n>1)
60         sum *= (2*1 + 1);
61     return sum;
62 }
63 
64 int main()
65 {
66     int T, t=1;
67     LL n;
68     Prime();
69     scanf("%d", &T);
70     while(T --)
71     {
72         LL n;
73         scanf("%lld", &n);
74 
75         LL sum = solve(n);
76 
77         printf("Case %d: %lld\n", t++, sum/2+1);
78     }
79     return 0;
80 }

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I - Harmonic Number

LightOJ - 1234 這道題題意很簡單，但是資料為10^8次方O(n)迴圈過去也會炸時間，這個就是這道題的坑點了。上面這個式子的結果時存在一個公式的，調和級數f(n) 約等於1/(2*n)+ln(n)+C,C是尤拉常數約等於0.57721566490153286060651209（發現尤拉這個人還真是無所不能），這個公式就是求上面式子的，但這是一個近似的結果，所以我們要對前好多項去直接用上面的式子進行打表，然後在對之後的項套公式（當n很大時，我們就認為f(n)的誤差可以忽略）(膜拜大佬，https://blog.csdn.net/DEEPWAVE98/article/details/80640755?utm_source=blogxgwz3）這個是真的沒有想到需要調和級數這東西！！！。

 1 #include<iostream>
 2 using namespace std;
 3 double a[1000005];
 4 double C=0.57721566490153286060651209;//調和級數 n很大的時候 ans=logn+c+/(2*n);
 5 void Init(){
 6     memset(a,0,sizeof(a));
 7     a[1]=1.0;
 8     for(int i=2;i<=1000000;i++){
 9         a[i]=a[i-1]+1/(i*1.0);
10     }
11 }
12 int main(){
13     ios_base::sync_with_stdio(false), cout.tie(0), cin.tie(0);
14     Init();
15     int T, t=1;
16     cin>>T;
17     while(T --)
18     {
19         ll n;
20         cin>>n;
21         double ans;
22         if(n>1000000){
23             ans=log(n)+C+1.0/(2*n);
24         }
25         else
26             ans=a[n];
27         printf("Case %d: %.10f\n", t++, ans);
28     }
29 
30     return 0;
31 }

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J - Mysterious Bacteria

LightOJ - 1220

K - Large Division

LightOJ - 1214 這道題一看資料有點懵，大數，我不會呀。後面才發現第二個數是long long範圍內，我去，這不是秀我嗎，就是一個簡單題，陣列模擬大數，每步取模。

 1 #include<iostream>
 2 using namespace std;
 3 int main(){
 4     ios_base::sync_with_stdio(false), cout.tie(0), cin.tie(0);
 5     char s[205];
 6     ll n;
 7     int t;
 8     cin>>t;
 9     int cas=0;
10     while(t--){
11         cin>>s>>n;
12         if(n<0)
13             n=-n;
14             int t=strlen(s);
15             ll sum=0;
16         for(int i=0;i<t;i++){
17             if(s[i]=='-')
18                 continue;
19             sum=(sum*10+s[i]-'0')%n;
20         }
21         if(sum==0)
22             cout<<"Case "<<++cas<<": divisible"<<endl;
23         else
24             cout<<"Case "<<++cas<<": not divisible"<<endl;
25     }
26 
27     return 0;
28 }

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L - Fantasy of a Summation

LightOJ - 1213

這道題就是自己找規律，然後發現每個數出現的次數為n^(k-1)*k。然後將前n個數累加乘以n^(k-1)*k得到答案。

 1 #include<iostream>
 2 using namespace std;
 3 int main(){
 4     ios_base::sync_with_stdio(false), cout.tie(0), cin.tie(0);
 5     ll n,k,m;
 6     int t;
 7     cin>>t;
 8     int cas=0;
 9     while(t--){
10         cin>>n>>k>>m;
11         int x;
12         ll sum=0;
13         for(int i=0;i<n;i++){
14             cin>>x;
15             sum+=x;
16             sum%=m;
17         }
18         ll ans1=qpow(n,k-1,m)*k;
19         cout<<"Case "<<++cas<<": "<<(ans1*sum)%m<<endl;
20     }
21 
22     return 0;
23 }

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M - Help Hanzo

LightOJ - 1197

這道題是求兩個數直接的質數有多少。首先對於任意的一個數n,他的最小質因數不會超過sqrt(n),那麼就可以用[2，sqrt(n)]區間去篩掉[a,n]區間的約數，剩下的都是質數了，就是模擬區間篩法。

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3 const int N = 1000005;
 4 bool pri[N];
 5 int pri1[N];
 6 int sum=0;
 7 long long  l,r;
 8 void Init(){
 9     memset(pri,true,sizeof(pri));
10     pri[1]=pri[0]=false;
11     for(register int i=2;i<N;i++){
12         if(pri[i]){
13             pri1[sum++]=i;
14             for(register int j=0;j<sum&&i*pri1[j]<N;j++){
15                 pri[i*pri1[j]]=false;
16                 if(!(i%pri1[j]))
17                     break;
18             }
19         }
20     }
21 }
22 void Init1(){
23     memset(pri,true,sizeof(pri));
24     for(register long long i=0;i<sum;i++){
25         long long b=l/pri1[i];
26         while(b*pri1[i]<l||b<=1){
27             b++;
28         }
29         for(register long long j=b*pri1[i];j<=r;j+=pri1[i]){
30             if(j>=l){
31                 pri[j-l]=false;
32             }
33         }
34         if(l==1)
35             pri[0]=false;
36     }
37 }
38 int main(){
39     Init();
40     int t;
41     scanf("%d",&t);
42     int cas=0;
43     while(t--){
44         scanf("%lld%lld",&l,&r);
45         Init1();
46         long long ans=0;
47         for(int i=0;i<=r-l;i++){
48             if(pri[i])
49                 ans++;
50         }
51         printf("Case %d: %lld\n",++cas,ans);
52     }
53     return 0;
54 }

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N - Trailing Zeroes (III)

LightOJ - 1138 這道題的題意是給與一個n,求出最小的一個數的階乘滿足末尾有n個0,這個就是一個定理，末尾0只與5有關，然後二分查詢是否滿足給的數n。具體的定理看程式碼。

 1 #include<iostream>
 2 using namespace std;
 3 ll sum(ll n){
 4     ll ans=0;
 5     while(n){
 6         ans+=n/5;
 7         n/=5;
 8     }
 9     return ans;
10 }
11 int main(){
12     ios_base::sync_with_stdio(false), cout.tie(0), cin.tie(0);
13     int t;
14     cin>>t;
15     int cas=0;
16     while(t--){
17         ll x;
18         cin>>x;
19        // cout<<x<<endl;
20         ll l=0,r=10000000000;
21         ll ans=0;
22         while(l<=r){
23             ll mid=(l+r)>>1;
24             if(sum(mid)==x){
25                 ans=mid;
26                 r=mid-1;
27             }
28             else if(sum(mid)>x){
29                 r=mid-1;
30             }
31             else{
32                 l=mid+1;
33             }
34         }
35       //  cout<<ans<<endl;
36         if(ans){
37             printf("Case %d: %lld\n",++cas,ans);
38         }
39         else
40             printf("Case %d: impossible\n",++cas);
41     }
42 
43     return 0;
44 }

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  1 //XDDDDDDi
  2 #include <iostream>
  3 #include <string>
  4 #include <cstdio>
  5 #include <cstdlib>
  6 #include <sstream>
  7 #include <iomanip>
  8 #include <map>
  9 #include <stack>
 10 #include <deque>
 11 #include <queue>
 12 #include <vector>
 13 #include <set>
 14 #include <list>
 15 #include <cstring>
 16 #include <cctype>
 17 #include <algorithm>
 18 #include <iterator>
 19 #include <cmath>
 20 #include <bitset>
 21 #include <ctime>
 22 #include <fstream>
 23 #include <limits.h>
 24 #include <cassert>
 25 #include <climits>
 26 #include <complex>
 27 #include <streambuf>
 28 #include <typeinfo>
 29 #include <new>
 30 /*
 31 #include <array>
 32 #include <numeric>
 33 #include <unordered_map>
 34 #include <unordered_set>
 35 #include <random>
 36 #include <tuple>
 37 */
 38 using namespace std;
 39 
 40 #define PB push_back
 41 #define MP make_pair
 42 #define MT make_tuple
 43 #define pii pair<int,int>
 44 #define pdd pair<double,double>
 45 #define F first
 46 #define S second
 47 #define mian main
 48 #define ture true
 49 
 50 #define MAXN 1000000+5
 51 #define MOD 1000000007
 52 #define PI (acos(-1.0))
 53 #define EPS 1e-6
 54 #define MMT(s,a) memset(s, a, sizeof s)
 55 #define GO(i,a,b) for(int i = (a); i < (b); ++i)
 56 #define GOE(i,a,b) for(int i = (a); i <= (b); ++i)
 57 #define OG(i,a,b) for(int i = (a); i > (b); --i)
 58 #define OGE(i,a,b) for(int i = (a); i >= (b); --i)
 59 typedef unsigned long long ull;
 60 typedef long long ll;
 61 typedef double db;
 62 typedef long double ldb;
 63 typedef stringstream sstm;
 64 const int INF = 0x3f3f3f3f;
 65 int fx[4][2] = {1,0,-1,0,0,1,0,-1};
 66 
 67 /*
 68 template<typename T>
 69 using maxHeap = priority_queue<T, vector<T>, less<T> >;
 70 template<typename T>
 71 using minHeap = priority_queue<T, vector<T>, greater<T> >;
 72 */
 73 
 74 template<typename T>
 75 inline T gcd(T a, T b){ return b==0 ? a : gcd(b,a%b); }
 76 template<typename T>
 77 inline T lowbit(T x){ return x&(-x); }
 78 template<typename T>
 79 inline bool mishu(T x){ return x>0?(x&(x-1))==0:false; }
 80 inline char nc(){ static char buf[1000000], *p1 = buf, *p2 = buf; return p1 == p2 && (p2 = (p1 = buf) + fread(buf,1,1000000,stdin),p1 == p2) ? EOF : *p1++; }
 81 #define nc getchar
 82 template<typename T>
 83 inline int read(T& sum){ char ch = nc(); if(ch == EOF || ch == -1) return 0; int tf = 0; sum = 0; while((ch < '0' || ch > '9') && (ch != '-')) ch = nc(); tf = ((ch == '-') && (ch = nc())); while(ch >= '0' && ch <= '9') sum = sum*10 + (ch-48), ch = nc(); (tf) && (sum = -sum); return 1; }
 84 template<typename T>
 85 inline void print(T k){ int num = 0,ch[20]; if(k == 0){ putchar('0'); return ; } (k<0)&&(putchar('-'),k = -k); while(k>0) ch[++num] = k%10, k /= 10; while(num) putchar(ch[num--]+48); }
 86 /*math*/
 87 template<typename T1,typename T2, typename T3>
 88 ll qmul(T1 a,T2 b,T3 p){ ll w = 0; while(b){ if(b&1) w = (w+a)%p; b>>=1; a = (a+a)%p; } return w; }
 89 template<typename T1,typename T2, typename T3>
 90 ll qpow(T1 a,T2 b,T3 p){ ll w = 1; while(b){ if(b&1) w = (qmul(w,a,p))%p; b>>=1; a = (qmul(a,a,p))%p;} return w; }
 91 template<typename T>
 92 ll exgcd(T a, T b, T& x, T& y){ if(b == 0){ x = 1, y = 0; return (ll)a; } ll r = exgcd(b,a%b,y,x); y -= a/b*x; return r;/*gcd*/ }
 93 
 94 /* ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- */
 95 int a[1000005];
 96 void oula(){
 97   memset(a,0,sizeof(a));
 98     for(int i=2;i*i<=1000004;i++){
 99         if(!a[i]){
100             for(int j=i+i;j<=1000004;j+=i){
101                 a[j]=1;
102             }
103         }
104     }
105 }
106 int main(){
107     ios_base::sync_with_stdio(false), cout.tie(0), cin.tie(0);
108     oula();
109     int t;
110     cin>>t;
111     int cas=0;
112     while(t--){
113         int n;
114         cin>>n;
115        // cout<<a[2]<<endl;
116         ll sum=0;
117         for(int i=0;i<n;i++)
118         {
119             int x;
120             cin>>x;
121             for(int j=x+1;;j++){
122                 if(!a[j]){
123                  //       cout<<j<<' ';
124                     sum+=j;
125                     break;
126                 }
127             }
128         }
129         cout<<"Case "<<++cas<<": "<<sum<<" Xukha"<<endl;
130     }
131 
132     return 0;