Dosth_Magic

1.首先是把范围见笑到第一象限，因为四个是一样的。2.把求上部分的面积变为求下部分的面积(积分求解)3.面积为：s+s*f(a,s/b)1/xdx 化简为s+s*ln(a*b/s)4.结果为：m=a*b     (s - s - s*ln(m/s))/m5.以上做法的前提是双曲线和所求区域相交，注意两个特判：1.s>ab时，概率为0 2.s接近0，概率为1#include#i

题意：给定p,q,r,s。求c(p,q) / c(r, s)。思路：由于c(n,m)分子和分母数是相等的，所以可以进行一除一乘。就不会超过范围代码：#includeint p,q,r,s,i;double ans;int main(){ while(~scanf("%d%d%d%d",&p,&q,&r,&s)){ ans=1.0;

推出的公式是M^x*x/N，大概意思是M^x*x这些种可能后一定会找出一个裁判，在除以N为数学期望。可能和数学公式还有关系。#include#include__int64 gcd(__int64 a,__int64 b){ return b == 0 ? a : gcd(b, a%b);}int main(){ __int64 i,j,n,m,t,x,a,b,te

题意：给你A和B的距离，以及途中n条河的信息，问你从A到B的期望思路：我们单纯算过河时间的话，最快的是l/v,最慢的可能是3l/v,期间的时间是线性的，所以期望就是4l/2v=2l/v#include#include#include#includeint main(){ int n; double p,l,v,d; int cas=1; while(

注意题意是开始两个盒子各有n个糖果，等吃完就只有两种情况，盒子1没了，或者盒子2没了。这完全是个求概率期望的数学问题。借用二项分布公式:P(ξ=K)= C(n,k) * p^k * (1-p)^(n-k), 其中C(n, k) = n!/(k! * (n-k)!)注意！:第二个等号后面的括号里的是上标，表示的是方幂。得出第i次打开盒子1没糖的概率C(2n-1,n)p^(n+1)(1

#include #include #include #include #include #include using namespace std;int find(int n){ for (int i = 2 ; i < 50000 ; ++ i) { if (pow(0.0+i, (int)(log10(fabs(n+0.0))/log10(i+0.0)+0.01))

计算一个给定区间中因数最多的数。分析：数论、组合数学。题目的数据的比较大，如果暴力一定会超时，那么就考虑利用其他方法求解。            我们将给定数字因式分解，那么因数的个数就是π(各质因子数+1)。（每个质因子取0~上限个）            因为数据时在10^9之内，所以质因数只能是33333以内的素数，利用筛法将素数打表计算即可。#include

二分的高精度模板二分法的精度使用方法#include#define F(x) 8*x*x*x*x+7*x*x*x+2*x*x+3*x+6int main(){ int t; scanf("%d",&t); while(t--){ double y,l=0,r=100,mid; scanf("%lf",&y); i

题意：就是给你一个多边行的点的坐标，求此多边形的重心。一道求多边形重心的模板题！#include#include#includeusing namespace std;struct point{ double x,y;}PP[1000047];point bcenter(point pnt[],int n){ point p,s; double

本着多谢思路的原则，还是把题解及代码记录下啦吧。用到的atan2函数，atan2（y,x）应该就是与x轴的夹角弧度了，网太渣，没查。#include#include#includeusing namespace std;struct point{ double x,y; bool operator < (const point&rhs) const {

hdu2824欧拉函数模板#includeusing namespace std;const int N=3000010;int prime[N],isprime[N];int phi[N];void get_phi(){ int i,j,cnt=0; for(i=2;i<N;i++) { if(isprime[i]==0){

数学题题意（就是因为读错题意而wa了一次）：给一个数字n，范围在[1,2^23-1]，这个n是一系列数字的最小公倍数，这一系列数字的个数至少为2例如12，是1和12的最小公倍数，是3和4的最小公倍数，是1,2,3,4,6,12的最小公倍数，是12和12的最小公倍数………………那么找出一个序列，使他们的和最小，上面的例子中，他们的和分别为13,7,28,24……显然最小和为7

找规律的题【x】【a】【x-a】【y】 【    】【z】  这里面xyz都已知，所以可以求出a = （x + y - z ) /2#includeint a[9][9];int main(){ int t; scanf("%d",&t); while(t--){ for(int i=0;i<9;i+=2)

紫书上推出来的公式1-(k+1)/2^(k)注意范围 都用的long long#include#include#includeusing namespace std;typedef long long ll;ll gcd(ll a,ll b){ return b==0?a:gcd(b,a%b);}int main(){ int n,kase=1; s

题意：　　统计两个整数a,b之间各个数字(0~9)出现的次数，如1024和1032，他们之间的数字有1024 1025 1026 1027 1028 1029 1030 1031 1032 总共有10个0,10个1，3个3等等。分析：　　因为前导0的干扰，为了计算方便暂时都先计算在内，之后再减;　　如果是0~199，那么百位上的0和1各出现一次，s剩下的就是两个00

我们不妨设a[i]表示正确做完第i道题的收益的期望，显然我们最后要求的就是a[0]咯，但这个先放一放，我们先讨论一下在做第i+1个题目前我们是选择答题呢还是选择放弃呢。    首先，我们可以直观的想到，如果做完i题就退出的话，就可以得到2^i这么多钱。不妨假设答对第i+1个题的概率为p，那么我们自然会想到用p乘以“某个值”表示答题所获得的收益的期望，如果p乘以这个值大于2^i的话，我们肯定

题意：给定n和m，求[2,n!]中，所有质因子个数都大于m的个数思路：ϕ(m!)表示小于m!并与m!互质的个数，而与m!互质的个数，他的质因子肯定不包含1-m，因此就是满足条件的。然后对于这题而言，则是要求n!中，不与m!互质的个数，答案取模100000007那么先看一个证明：求kn中与n互质的个数，答案为kϕ(n)。ϕ(n)表示1-n中与n互质的个数，那么由此考虑[n

在题目中有三种情况：1、1；2、k == n ;3、k>n;对于第一种情况我们可以分为1到k和k到n两个子问题来解。1.1、1到k：     for( i = 1 , sum = 0 ; i 1.2、k到n： sum =(n-k)*k;而对于第二种情况就是第一种情况的（1）。但是就这样写的话时明显的tle的。对于第二种情况也可以分为几个小问题来求解：2.1、

只看某一个象限 能看到的数 == 一个 象限*4+4能看到的树既距离原点的距离 gcd(x,y)==1a 和 b 一大一小 预处理2000以内的phi函数,枚举小的一条边从1...a 与 a gcd 为 1 的数的个数就是 phi(a)从 1+a ... 2*a 与 a gcd 为 1 的数的个数 因为 GCD(i,a) = GCD(i+a,a) 所以还是 phi(

问题的方向是对称的，统计\*2即可，当gcd(a,b)>1及重复，证：a*b满足gcd(a,b)>1,在他对角线和a'和b'对角线是同一条直线(a'=a/gcd(a,b)b'=b/gcd(a,b))其次，如果放置位置不够靠左，也不够靠上，则它和它“左上方”的包围盒也重复了假定左上角坐标(0,0)则对于左上角在(x,y)的包围盒，其左上方的包围盒的左上角为(x-a,y-b),这个左上角合

有n个正方形和一个角(均在第一象限中)，使这些正方形与这个角构成封闭的阴影区域，求阴影区域面积的最大值。分析：直观上来看，当这n个正方形的对角线在一条直线上时，封闭区域的面积最大。(虽然我不太会证明，=_=||)设所有正方形边长之和为L，OA、OB两直线方程分别为：y = k1x  y = k2x，设A(x1, k1x1), B(x2, k2x2)，可列出方程：

题意：给定图中蜂窝两点，求最短距离思路：建坐标系，然后根据图中走的顺序把每个点的坐标求出来，然后利用坐标去求最小距离#include#include#include#includeconst int N = 20005;const int d[5][2]={{-1,1},{0,2},{1,1},{1,-1},{0,-2}};struct Point{ int x

题意是选择k个质数使其和为n，先搞一个素数表然后dp，dp[i][j]表示选了j个数和位i的方案数。#include#define foreach(it,v) for(__typeof((v).begin())it=(v).begin();it!=(v).begin();++it)using namespace std;typedef long long ll;const int ma

import java.util.*;import java.io.*;import java.math.BigInteger;public class Main { public static void main(String[] args){ Scanner sc = new Scanner(System.in); int T=sc.nextInt(); for(int