bjfu170203101的博客

https://blog.youkuaiyun.com/stevensonson/article/details/85845334https://www.cnblogs.com/bztMinamoto/p/10664973.html直接记结论。（管你看没看懂，记就完事了）什么是二次剩余：如果存在一个整数x，使得,那么称n在模p意义是二次剩余。怎么判断一个数n在模p意义下是不是二次剩余？勒让德符号：一些定理p的二次剩余和二次非剩余的个数均为（不考虑0）的情况下怎么求..

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long ll;const int M = 1e5+7;int miu[M],vs[M];void pre(){ int n=1e5; for(int i=1;i<=n;i++)miu[i]=1,vs[i]=0; for(int i=2;i<...

一道很考验数论基本功的题目，知识杂糅。首先指数取模一般用欧拉定理降维（利用指数循环节）而这必须满足q与mod互质，由于mod是质数，当q==mod时，结果为0，否则q与mod互质则可用欧拉定理的推论得到：然后只需处理质数部分即可。大数的组合数用lucas定理求。但由于求多次，且模数太大，阶乘的复杂度过高，不可直接求。我们分解999911659发现：其有4个质因子...

我们可以让一个块+2，或让两个相邻的块都+1。显然，如果初始状态与目标状态的奇偶性相同一定可行。所以当n*m为奇数，初态奇偶状态是什么都可，（因为末态有奇数有偶数），这个直接快速幂即可当n*m是偶数时，初始状态必须时偶数，因为末态只有偶数然后就求出n*m个数，每个数取值L-R，和是偶数的方案：第一种方法：线性dp+矩阵快速幂加速dp[i][j]表示选了i个数，和为：偶数/奇...

核心是任意n个数取模，可以用模数的性质，在O(N+logp)的复杂度求出libre oj//#include <bits/stdc++.h>#include<iostream>#include<cmath>#include<cstdio>#include<map>#include<set>#include...

搞了半天才明白为什么异或方程组求解可以直接套高斯消元。。看了往上bolg几乎都没有提这点。。（我感觉这地方才是最难的）其实异或方程组求解直接套高斯消元是有条件的：未知数必须是2的次幂（0，1，2，4，这种）只有这样才满足 a*x ^ b*x == (a ^ b ) * x ；这样两个方程就可以异或消去未知数了。...

n维球体的通式：(x1-a1)^2 +(x2-a2)^2 + …… +(xn-an)^2 =R ^ 2球心坐标就是(a1,a2,……,an)给出n+1个坐标，均带入，发现不好解，因为是二次方程，而且R^2是未知数由于所有方程右边都是R^2 我们可以两两联立方程，消去一次 变成多元一次方程 用高斯消元搞搞就行。例如：(x11-a1)^2 +(x12-a2)^2 + ...

把方程化简成 简化梯形矩阵 然后回带即可#include<bits/stdc++.h>using namespace std;const int M=100+7;double mp[M][M];double ans[M];double eps=1e-7;int main(){ int n; scanf("%d",&n); for(int i=1;i...

利用了矩阵结合律，先算出构造递推矩阵自乘的结果，再与初始矩阵相乘。#include <bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long ll;#define ls (o<<1)#define rs (o<<1|1)#define pb push_back//#define a(i,j) a[...

手敲了这题，差不多入门同余了#include <bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long ll;#define ls (o<<1)#define rs (o<<1|1)#define pb push_back//#define a(i,j) a[(i)*(m+2)+(j)] ...

利用指数循环节，枚举i，达到根号n的复杂度ll qpow(int a,int b,int p){ ll ans=1; while(b) { if(b&1)ans=ans*a%p; a=a*a%p; b/=2; } return ans;}int bsgs(int a,int b,int p)// a^x \equiv b (mod p){ map&l...

拓欧模板题。利用裴属定理解决二元一次方程。ax+by=m 有解 充要条件是 m|gcd(a,b);#include <bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long ll;#define ls (o<<1)#define rs (o<<1|1)#define pb p...

题目很简单，质因数分解，组合数搞搞，转化成等比数列。然后逆元。但注意：如果分母的逆元不存在时，我们就不能用等比求和公式来做。如果p-1 不存在逆元，即 p -1 是9901的倍数，那么1+p+p^2+p^3+……+p^c 1+1+1^2+1^3+……+1^c c+1 (mod 9901)然后用c+1代替这一项的求和即可。...

https://www.bbsmax.com/A/x9J2xWyKd6/思路参考蓝书和这篇博客。这里的qmul的意思是快速乘法，为了防止快速幂中两个1e10相乘爆LL。然后我把sqrt(2e9)内质数预处理出来，加快速度#include <bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long ll;#define...

主要利用了欧拉函数的性质，https://blog.youkuaiyun.com/bjfu170203101/article/details/104404928我这篇博客里的性质 3) 和 4）。#include <bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long ll;#define ls (o<<1...

这是个思维想结论题。根据题目给的条件 推出一些性质，使得问题简化。1首先根据反素数定义，我们可以得到，反素数一定是1-N中约数最多的数（如果由多个约数相同且最多的数，取最小的那个）。证明：假设这个数是m。我们任取x<m 肯定有g(x)<g(m)任取x>=m ，都有g(m)>=g(x)显然 x>=m时只有x==m符合反素数定义。则x一定是1...

整数分块，证明想明白了。。。n/(n/i); 相当于 几何意义：有一个长度为n的线段，左端点1，右端点n。中间放y段小线段，每个小段段的长度都是x。一个分块的含义是：当前小段的长度是l，每小段长度要变成多少才能使得段数刚好不发生改变。即：小段长度在l-r区间范围内，中间都能恰好放y 个小线段。（尽量放满）取min的操作是防止r超出边界#incl...

阶乘分解。。每个数分解质因数 再合并 复杂度N根号N。会T。我第一开始做法是：求出所有1-n所有质数。遍历1-n，一个一个分解。。。。复杂度n^2....其实我们求出1-n中所有质数后。对每个质数算出它的ci即可。怎么算？对于一个质数p，求它分解后的的次幂p,p*2,p*3,……p*b //p*b<=n.这么些个数都会有p这个因子。总共下取...

区间筛素数。类似埃筛的思想。直接求1-R所有质数，打不下。由于一个合数N，一定有一个不超过根号N的质因子。所以我们只要用筛法求出 1 --- 根号R 的质数。然后类比埃筛，标记L-R之间合数。//注意1不是质数。然后把质数取出，求相邻质数差最大最小即可。//KX//#include <bits/stdc++.h>#include<cstdio&...