Cold_Chair的博客

传送门.Code:#include<bits/stdc++.h>#define fo(i, x, y) for(int i = x, B = y; i <= B; i ++)#define ff(i, x, y) for(int i = x, B = y; i < B; i ++)#define fd(i, x, y) for(int i = x, ...

参考资料：《组合数学》特征方程这个东西是用来求非齐次常数递推式的通项公式的，简单地说，就是：有一数列fff,f[0..(k−1)]f[0..(k-1)]f[0..(k−1)]为定值；对于f[i](i&amp;amp;gt;=k)f[i](i&amp;amp;gt;=k)f[i](i&amp;gt;=k),有f[i]=∑j=1kf[i−j]∗b[j]f[i]=\sum_{j=1}^kf[i-j]*b[j]f[i]=...

原题链接.题解：这题肯定是我做过的最简单的八级算法题了。设FiFiFi为斐波拉契序列的第i项。通过打表可得： gcd(Fn,Fm)=Fgcd(n,m)gcd(Fn,Fm)=Fgcd(n,m)gcd(Fn,Fm)=F_{gcd(n,m)}接下来尝试去证明这个结论。首先斐波拉契序列有一个递推式： Fn+m=Fn−1∗Fm+Fn∗Fm+1Fn+m=Fn−1∗Fm+Fn∗Fm+...

传送门.题解：设s(n)s(n)s(n)表示nn的最小质因子nn的最小质因子n \over n的最小质因子先小反演一下：∑ni=1∑nj=1sgcd(i,j)k∑i=1n∑j=1nsgcd(i,j)k\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n sgcd(i,j)^k =∑nd=2s(d)k∗∑ni=1∑nj=1[gcd(i,j)=d]=∑d=2ns(d)k∗∑i=1n∑j...

min_25筛是洲阁筛的简化版，虽然我并不会洲阁筛。min_25筛可以筛一些特殊积性函数的前缀和，有些不是积性函数也可以筛，比如说最大真因子。同杜教筛一样，同时筛出了所有⌊ni⌋⌊ni⌋\lfloor {n \over i} \rfloor的前缀和。至于min_25能筛的积性函数有哪些要求，在博客后面会讨论所有时间复杂度证明见朱大佬2018国家预备队论文。筛的本质：1−n1...

1.我们知道nknkn^k可以用第二类斯特林数拆成： ∑ki=1{ki}∗i!∗(ni)∑i=1k{ik}∗i!∗(in)\sum_{i=1}^k \{^k_i\}*i!*(^n_i)2.组合数的一个性质： ∑nj=1(ji)=(n+1i+1)∑j=1n(ij)=(i+1n+1)\sum_{j=1}^n (^j_i)=(^{n+1}_{i+1}) 证明： (i+1n+1)=(in)+(...

学五边形数就是为了整数划分一类问题，目前并不知道有什么其它用途。设整数划分的生成函数为P(x)P(x)P(x)P(x)=∏∞i=1(∑∞j=1xij)P(x)=∏i=1∞(∑j=1∞xij)P(x)=\prod_{i=1}^{∞}(\sum_{j=1}^{∞}x^{ij}) =∏∞i=111−xi=∏i=1∞11−xi=\prod_{i=1}^{∞}{1 \over 1 -x^i}有...

Description: 题解：设x=∏pqiix=∏piqix=\prod p_i^{q_i}，d=gcd(qi)d=gcd(qi)d=gcd(q_i)若d&amp;amp;gt;1d&amp;amp;gt;1d&amp;gt;1，我们先不考虑它。若d=1且x&amp;amp;gt;n−−√d=1且x&amp;amp;gt;nd=1且x&amp;gt;\sqrt n，则xyxyx^y一定不会与其他有重的，贡献为B。若d=1且x&

Description:题解：很容易想到如果不计一开始一列的相对顺序。就可以重写每一列状态为0、1、2表示没有R，G，B的。接着枚举第一列是哪个，再枚举有几个空，接着枚举奇数的空的个数，接着列方程求出奇数中有几个是谁开头的，然后组合数一波流。Code：#include&lt;cstdio&gt;#include&lt;algorithm&gt;#define...

翻译：bsgs: baby steps,giant stepsbsgs：解决以下问题： 有三个整数a,b,p，其中p是质数。求最小的自然数x,使ax=b(mod&amp;amp;nbsp;p)ax=b(mod&amp;amp;nbsp;p)a^x=b(mod~p)。根据费马小定理，ap−1=1(mod&amp;amp;nbsp;p)ap−1=1(mod&amp;amp;nbsp;p)a^{p-1}=1(mod~p)，所以

传送门：顾森大爷的博客.Prüfer编码:一棵有编号的树如何用一个序列表示？Prüfer编码出奇迹。如何构序列：一共有n-2次操作： 找到当前叶子节点中编号最小的那个点x，输出与x相邻的点，删掉x。根据序列求树：由于没有出现在序列里的序号恰好是是叶子节点，所以每次找到每次找到序号最小的叶子节点，与序列的对应项形成一条边，把这个叶子删掉，继续考虑即可。*一棵树对应唯...

Description:n&lt;=5000题解：考虑对一个值i它的区间的长度是多少。区间可以只考虑右半部分的，左边的倒过来做一遍就行了。若i是固定的，找到右边第一个固定的j&gt;i那么区间肯定不能超过j所在的位置。可以直接枚举区间的右端点，这个右端点选的大于i，它左边的小于i，剩余的乱排，用排列数算即可。这一部分O(n2)O(n^2)O(n2)若i不是固定的，找到整个序列固...

原题链接.刚了这么久就是没有往burnside靠。题目大意：求有多少个不同的n*m的01矩阵。两个矩阵相同，定义为：通过每次交换两行或两列若干次之后完全相同。n*m&amp;lt;=550,答案模1e9+7题解：burnsideburnsideburnside引理告诉我们：不同数=∑每种置换不动点个数置换数不同数={\sum_{每种置换}不动点个数\over 置换数}不同数=置换数∑每种置...

Description:1&amp;lt;=T&amp;lt;=105,1&amp;lt;=k,m&amp;lt;=n&amp;lt;=1061&amp;lt;=T&amp;lt;=10^5,1&amp;lt;=k,m&amp;lt;=n&amp;lt;=10^61&lt;=T&lt;=105,1&lt;=k,m&lt;=n&lt;=106题解：这题很好的考察了观察能力、组合数乱搞

Description：题解：数论组合题，成功区分数论忘光选手。task1：∑i=1n∑j=1ni∗j∗[(i,j)=1]\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n i*j*[(i,j)=1]∑i=1n​∑j=1n​i∗j∗[(i,j)=1]直接反演：∑d=1nμ(d)∗(∑d∣i,i&lt;=n)2\sum_{d=1}^n\mu(d)*(\sum_{d|i,i&am...

传送门.题解：首先要想到显而易见的结论：当右端点r固定时，gcd[l…r]不同的值只有log值域log值域log值域个。假设l一开始在r上，不断向左移，当gcd变化时，gcd至少/2，所以最多除以log次。那么不难得到一个暴力的做法：右端点向右扫维护gcd发生变化的左端点右端点右移时，变化点的gcd对a[r]取gcd,再加上r为变化点，unique一下即可。复杂度：O(nlog2...

裸题：bzoj3328在学习这个之前建议对FFT中的求和引理有一定的了解。单位根反演就是对：∑i∣kCni(mod p)\sum_{i|k}C_{n}^i(mod~p)∑i∣k​Cni​(mod p)进行变换，p是质数，k∣p−1k|p-1k∣p−1，n比较大设mod pmod~pmod p下的原根为g,w=g(p−1)/kw=g^{(p-1)/...

多次剩余：求xa=b(mod&nbsp;p)x^{a}=b(mod~p)xa=b(mod&nbsp;p)，p是质数的所有解。找到p的原根g，设gB=bg^{B}=bgB=b，这个用bsgs求。xa=b(mod&nbsp;p)x^a=b(mod~p)xa=b(mod&nbsp;p)等价于ga∗x=gB(mod&nbsp;p)g^{a*x}=g^{B}(mod~p)ga∗x=gB(mod&nb...

翻着翻着居然翻到了两个退役选手zy和mw的博客，想到自己可能也会像他们一样省选失利……由于我比较水，目前只会模数是质数的情况，之后会了可能会补。很多具体的证明我也不会，限于感性认识，所以请看zy的博客：https://blog.youkuaiyun.com/a_crazy_czy/article/details/51959546二次剩余要做什么：给出n,pn,pn,p，p为一质数。要求xxx,...

原根，定义为，对一给定模数p（p是奇质数），若有一g，满足g1−p−1g^{1-p-1}g1−p−1两两不同，则称g为p的原根。不会证明的结论QAQ：奇质数p一定存在原根，而且通过打表我们可以发现最小的原根都很小。task1：如何判断一个数x是否为p的一个原根？费马小定理：xp−1=1(p为质数)x^{p-1}=1(p为质数)xp−1=1(p为质数)假设x1−p−1x^{1-p-1}x1...

传送门.题目翻译：给出n,m,a,b要求生成一棵有标号有边权的n个点的树，边权∈[1…m]是a-&gt;b的距离=m问方案数，对1e9+7取模。n,m&lt;=10^6题解：很容易想到枚举a,b之间的边数设为x，然后开始统计：首先要选x-1个点出来，P(n−2,x−1)P(n-2,x-1)P(n−2,x−1)边的和为m，挡板问题（stars and bars method），C...

我感觉中国剩余定理我并不能顺推出来，这是一个很巧妙的构造，这个构造思想值得学习，但是扩展的可以顺推。问题：有一xxx，满足：x≡c1(mod&amp;amp;nbsp;m1)x≡c1(mod~m1)x≡c1(mod&amp;amp;nbsp;m1)x≡c2(mod&amp;amp;nbsp;m2)x≡c2(mod~m2)x≡c2(mod&amp;amp;nbsp;m2)…x≡ck(mod&amp;amp;nbsp;mk)x≡ck(mod~m

可能是太太太久没有用这个定理了，考场上都不记得有这个东西，然后自己推了个组合数取模（模数是一个质数p，且p比较小），考后发现就是Lucas定理，可以说是顺推出了Lucas定理，而不是有了结论再去证明。目标：求Cnm(mod&amp;amp;amp;nbsp;p)C_{n}^m(mod~p)Cnm​(mod&amp;amp;amp;nbsp;p)，p是质数，且比较小。step1：考虑如何求n!(mod&amp;amp;amp;nbsp;p)n!(mod~p)n...

T1:求∑i=1nti∗Cn−ik−1\sum_{i=1}^nt^i*C_{n-i}^{k-1}∑i=1n​ti∗Cn−ik−1​1&amp;lt;=k&amp;lt;=1e7,1&amp;lt;=n&amp;lt;=1e91&amp;lt;=k&amp;lt;=1e7,1&amp;lt;=n&amp;lt;=1e91&lt;=k&lt;=1e7,1&lt;=n&lt;=1e9也不知道怎么搞...

原题链接.题目大意：b是一堆正整数。 若∏bi&gt;=n∏bi&gt;=n\prod b_i>=n， 求∑bi∑bi\sum b_i的最小值。n&lt;=101.5∗106n&lt;=101.5∗106n∑bi∑bi\sum b_i确定的话，使∏bi∏bi\prod b_i最大一定是尽可能拆2、3，且2的个数不超过2。 证明自行感性认识。所以这题变成了求大数的对数，底数是3...

传送门.题目大意：求有多少个n的排列： 满足： 1.有a个数比它左边的都大 2.有b个数比它右边的都大1 &lt;= n &lt;= 10^5题解：设fi,jfi,jf_{i,j}表示i的排列，有j个数比它左边的都大的方案数。考虑加一个最小的数进来，转移为fi,j=fi−1,j−1+(i−1)∗fi−1,jfi,j=fi−1,j−1+(i−1)∗fi−1,jf_{i,...

原题链接.题解：首先分解质因数,gcd就相当于指数的min，lcm就相当于指数的max。于是问题变成了这样: 给出一坨类似于以下的限制： min(a,b) = c max(a,b) = c 问是否有解？以min为例.min(a,b) = c 即(a >= c) and (b >= c) and (a = c or b = c)注意到指数是很小的，c不超过三十。于是可以把x拆成31（0->3

今天A组的第一题是这个 Σ(☉▽☉”a题目：∑ni=1ik\sum_{i=1}^n i^k 对一个大于i的质数取模。 1解法：不懂拉格朗日插值法的戳这儿。

题目链接.异或方程组高斯消元例题。每个元素选与不选设为未知数。同一行同一列搞个方程。至于是完全平方数就分解质因数，对每个质因子建一个方程。答案是2的自由元个数次幂。自由元个数=元的个数-有用方程的条数。其实我到现在才知道高斯消元非三角矩阵的打法，感觉以前学了假的消元。可以用bitset优化，很简单，这里不讲。算法竞赛入门经典这本书里有一道类似的题，打法也是从那里...

问题：求∑ni=1ik\sum_{i = 1}^n i^k (1<=k<=2000) 模数为大于n的质数。题解：这个东西可以证明k次的自然数幂和一定是个k+1次的多项式，对拉格朗日插值法有点帮助。二次项展开： (n+1)k−nk(n+1)^k-n^k =∑k−1i=0Cik∗ni=\sum_{i=0}^{k-1}C_k^i*n^i∑ni=1((i+1)k−ik)=(n+1)k−1\sum_{

原题链接题目大意：从1到n中选三个数字（可以相同）。使得他们的最小公倍数最大。 要求O（1）。题解：n<=3时打表。首先要想起胎教时学的相邻两个正整数互质这个东西，证明用欧几里得显然。假设我们选n、(n-1)、(n-2)。 n和(n-1)是互质的,(n-1)和(n-2)也是互质的。 gcd(n,n-2) = gcd(n, 2).所以当n是奇数，显然选n、(n-1)、(n-2)最优。所以当n是偶

Description： 1<=n<=1e1000, 1 <= p <= 1e9, 1 <= k <= 1e9题解：题目要求： ∑ni=1∑ij=1[Cji含有的p的幂次>=k]\sum_{i = 1} ^n \sum_{j = 1} ^ i [C_{i}^j 含有的p的幂次 >= k] 我们知道有库默尔定理，这是这道题的基础。 库默尔定理： [Cji+ｊ含有的p的幂次=i+j在ｐ进制下的

Description: 1<=n<=10^10,k = 1、40题解：一看就是反演题，立马进行简单变形： 原式=∑kx=1∑nd=1fx(d)∗∑ni=1∑nj=1[gcd(i,j)=d]\sum_{x = 1}^k \sum_{d = 1}^n f_x(d) *\sum_{i = 1}^n \sum_{j = 1}^n [gcd(i, j) = d] =∑kx=1∑nd=1fx(d)∗∑⌊

A组又出现了逆天的数竞定理，随便口胡一下。定理：有两个正整数n,m，Cnn+mC_{n +m}^n含ｐ的幂次等于ｍ＋ｎ在ｐ进制下的进位数。简略证明：Cnn+mC_{n +m}^n含ｐ的幂次 =∑∞i=1⌊n+mpi⌋−∑∞i=1⌊npi⌋−∑∞i=1⌊mpi⌋= \sum_{i = 1}^{∞}{\lfloor {n +m\over p^i}\rfloor} - \sum_{i = 1}^{∞}

卡特兰数：卡特兰数的第n项记作h(n)。 其中h(0) = 1, h(1) = 1, h(2) = 2. 我理解的是：h(n)表示包含n对括号的合法括号序列的数目。一些比较鬼的性质：h(n)=Cn2n−Cn+12n=Cn2nn+1h(n) = C_{2n}^{n} - C_{2n}^{n + 1} = {C_{2n}^{n} \over {n +1}} h(n)=∑n−1k=0h(k)∗h(n

原题链接. 比赛时我怎么都不会做这一题。旁边人表过了。显然的状态是fi,jf_{i,j}表示用了序号前i个，有j块的方案数。显然可以枚举第i个放的块的大小来转移。fi,j=∑i−(j−1)k=1fi−k,k−1∗fk−1,1∗Ck−1i−1f_{i,j} =\sum_{k=1}^{i-(j-1)}f_{i-k,k-1}*f_{k-1,1}*C_{i-1}^{k-1}这条方程神奇之处在于自我调用fk

题目大意： 1<=n<=2e6，时限：2.5s题解：容斥原理瞎搞。设A,B,C分别为满足三个条件的集合。根据容斥原理，有: A∪B∪C=A+B+C−A∩B−A∩C−B∩C+A∩B∩CA∪B∪C=A+B+C-A∩B-A∩C-B∩C+A∩B∩C而A∪B∪C同时会等同于总数n∗(n−1)n*(n-1)-都大于的个数（即都小于的个数A∩B∩CA∩B∩C）所以： n∗(n−1)−A∩B∩C=A+B+C−

参考博客：ACdreamers.事实上默慈金数很偏门，据说早就渗入ACM竞赛中了（庆幸我才初中）。默慈金数定义：在一个圆上有n个不同的点，画出彼此互不相交弦的方案数（可以不画）即是第n个默慈金数。递推公式： M(1)=1,M(2)=2M(1)=1,M(2)=2 M(n+1)=M(n)+∑n−1i=0M(i)∗M(n−1−i)M(n+1)=M(n)+\sum_{i=0}^{n-1}M(i)*M(n

前言：很早前就看到这两个算法了，但是之前没有看懂。好吧，模拟赛遇到了，不学不行啊。Miller-Rabin测试：我们知道常用的最快的判断质数的办法约是O（n−−√）（n）（\sqrt n）的。Miller-Rabin测试是一种随机的算法，可以通过...

Description：题解：这个东西一看就是二维偏序吗?首先考虑把一个权值为v的点拆成v的相同的点，这v个点相互不可比的。这样答案变成了最小链覆盖。dilworth定理：最小链覆盖=最大反链。一个点拆成了v的点，因为这v个点互不可比，那这v个点肯定要同时选，所以其实相当求点权和最大的反链，这个写个sb动态规划就行了。Code：#include&lt;c...