cqbzlydd的博客

我真傻，单是学过万能欧几里得却不能用来解决数论问题。

菜就多练练，多练还是菜

写博客简直是时间杀手。

题干平面上有一个大矩形，其左下角坐标（0，0），右上角坐标（R,R)。大矩形内部包含一些小矩形，小矩形都平行于坐标轴且互不重叠。所有矩形的顶点都是整点。要求画一根平行于y轴的直线x=k（k是整数) ，使得这些小矩形落在直线左边的面积必须大于等于落在右边的面积，且两边面积之差最小。并且，要使得大矩形在直线左边的的面积尽可能大。注意：若直线穿过一个小矩形，将会把它切成两个部分，分属左右两侧。输入格...

数学太难了！！！根本想不到啊！！！

纯纯的规律题。

终于明白为什么叫多项式全家桶了

已经缺乏深邃的思考力了。

摘抄自quack的ppt。

套路题。

学海无涯而已。

非常好题目，爱来自cjg。

山楂树之恋太好看了呜呜呜~~~

山楂树之恋太好看了！

摘抄自quack的ppt。

upd on 2024/2/6：没有看懂自己写的题解，警钟长鸣。

我是真不会数学啊。

~~我是fw~~

数论好题 ~~防ak好题~~

我是菜鸡

其实没啥主题服了调了一天的板子

比较意会考点：古典概型 。答案是 (k+1)n−1(k+1−n)kn\frac{(k+1)^{n-1}(k+1-n)}{k^n}kn(k+1)n−1(k+1−n)​ 。不妨看成有 k+1k+1k+1 个点构成圆环 。每个人选任意位置坐下的方案为 (k+1)n(k+1)^n(k+1)n 。注意到在环上只考虑这 n 个不同人的相对位置，所以 n 个人同时顺时针挪动 k 单位位置属于同一等价类。例如，n=3, k=4 时 3 个人的座位为 {1,2,5} ，那么顺时针挪动 1 个单位后的 {2,3,6}

模拟题红靶子的我们先不考虑。如果是 {1,2,2} ， {2,2,3} 这种只涉及两种倍数的话，我们想到不定方程：ax+by =c 的通解形式（a,b,c 为常数），从而探讨 x,y 在规定取值内是否有解。探讨 {1,2,3} 的情况。这个时候不难发现 x∈[1,6k]x\in [1,6k]x∈[1,6k] 是有解的。如果你暴力每种情况枚举的话会比较麻烦。我们可以递归求解：（当然这是个笨方法）对于轮数为 1 的情况相对较少，直接求解。对于轮数等于 2 的情况，有几种情形：第一种，有一个

给定 [a,b][a,b][a,b] ，求 lcm(i,j)\text{lcm}(i,j)lcm(i,j) 在 [a,b][a,b][a,b] 中的有序点对 (i,j)(i,j)(i,j) 的数量。a,b≤1011a,b\leq 10^{11}a,b≤1011 。sol ：考察 lcm(i,j)=n\text{lcm}(i,j)=nlcm(i,j)=n 时无序点对 (i,j)(i,j)(i,j) 的数量。233∑i∣n∑j∣n[ij(i,j)=n]=∑k∣n∑i∣nk∑j∣nk[(i,j)=1,i

吐槽一下，杜教筛的板子真的难打。n≤109n\leq 10^9n≤109 。比较基础的一道题。∑i=1n∑j=1nd(ij)=∑i=1n∑j=1n∑x∣i∑y∣j[(x,y)=1]=∑i=1n∑j=1n∑x∣i∑y∣j∑k∣(x,y)μ(k)=∑i=1nμ(i)(∑j=1[ni]d(j))2\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^nd(ij) \\=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\sum_{x|i}\sum_{y|j}[(x,y)=1] \\=\sum_{i=1}^n\s

n≤106n\leq 10^6n≤106 。多组数据。∑i=1n∑j=1nmax⁡(i,j)×σ(ij)\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\max(i,j)\times \sigma(ij) \\i=1∑n​j=1∑n​max(i,j)×σ(ij)考虑这样一件事情。我们暴力枚举 i 。（233i×∑j=1iσ(ij)=i×∑j=1i∑x∣i∑y∣j[(x,y)=1]iyx=i×∑j=1i∑x∣i∑y∣j[(ix,y)=1]xy=i×∑j=1i∑x∣i∑y∣jxy∑k∣(ix,y)μ(

sol：卷积函数求通项 + 莫比乌斯函数 。我们只需要求到 g(n)=∑d∣nf(d)μ(nd)g(n)=\sum_{d|n}f(d)\mu(\frac{n}{d})g(n)=∑d∣n​f(d)μ(dn​)其中 f(d) 表示幂指数的最大值利用唯一分解定理n=p1a1∗p2a2...∗pkakn=p_1^{a_1}*p_2^{a_2}...*p_k^{a_k}n=p1a1​​∗p2a2​​...∗pkak​​设 A=max⁡i=1kaiA=\max_{i=1}^ka_iA=maxi=1k​ai​

感觉莫比乌斯反演的可操作性不大。一般地：∑d∣nμ(d)=[n=1]\sum_{d|n}\mu(d)=[n=1]∑d∣n​μ(d)=[n=1] - 公式 1欧拉反演：∑d∣nϕ(d)=n\sum_{d|n}\phi(d)=n∑d∣n​ϕ(d)=n - 公式 2例一：求 ∑i=1ngcd⁡(i,n)\sum_{i=1}^n\gcd(i,n)∑i=1n​gcd(i,n)sol：原式 = ∑j∣nnjϕ(j)\sum_{j|n}\frac{n}{j}\phi(j)∑j∣n​jn​ϕ(j) （代入公式

考察：基本行列式变换。用一个数乘行列式的任一列（行），等于用这个数乘此行列式。交换 A 的第 i 行和第 j 行，行列式的 值变号 。把行列式的某行（列）的 kkk 倍加到另一行（列）上，行列式的值不变。例子 1：D=∣3222232222322223∣分析：各行元素之和为一定数，故累加到同一行再提公因数。D=\left|\begin{array}{cccc} 3 & 2 & 2 & 2 \\ 2 & 3 & 2 &

sol：如果你把满足上述条件的所有等式画成一个矩阵，你会发现 所有非零元素（除了最后一列常数项）位于距离对角线 ±d 的范围内。对这样的矩阵进行高斯消元，称作带状矩阵的高斯消元。如上图，带宽为 2 ，那么每次就是一个 2 * 2 矩阵的高斯消元。上述消元过程是 o(nd2)o(nd^2)o(nd2) 的 ： o(n) 枚举 i 行，对于用每一行给下方 d 行消元，每一行的消元只会枚举不超过 d 个未知数。从本题上看，就是一个为 2n+1 ，宽为 2m+1 的带宽矩阵。当然这种做法并没有考虑到有非

sol：提供一种比较简洁和巧妙的做法（二维状态高斯消元就不说了吧 qwq）题解在代码注释里了。#include<bits/stdc++.h>#define db doubleusing namespace std;const int N=1e5+5;//纯数学推导：//设 dp[i] 表示当前分数为 i ,到达 20 的期望步数 //根据定义得到 //dp[0] = dp[0] * q + dp[1] * p + 1//所以//dp[0] = dp[1] + 1 / p

先来看第二题。[USACO19FEB]Cow Dating P这是一个关于概率的问题，即求一个最优区间满足恰好有一个成立的概率最大。我们考虑从 n 到 n+1 有什么变化（这是解决这类问题的基本思路）设 ∏i=1n(1−pi)=x\prod_{i=1}^n (1-p_i) = x∏i=1n​(1−pi​)=x记前 nnn 项只有一个人答对的概率为 fnf_nfn​现在我们可以开始推式子。如果第 n+1n+1n+1 道题答对了，pn+1∗xp_{n+1} * xpn+1​∗x如果第 n+1n

摘要：运用待定系数法建立方程求解期望值。「HDU4035」Maze本题 nnn 比较大，很难用高斯消元求解。考虑叶子节点，有关系式：dp[i]=k[i]∗dp[1]+(1−k[i]−e[i])(dp[fa[i]]+1)dp[i]=k[i]*dp[1] + (1-k[i]-e[i]) (dp[fa[i]]+1)dp[i]=k[i]∗dp[1]+(1−k[i]−e[i])(dp[fa[i]]+1)这启发我们用待定系数法来求解。一般地，设 dp[i]=A[i]∗dp[1]+B[i]∗dp[fa[i]]

A.最优方案中 ans[i][j]≤17ans[i][j]\leq17ans[i][j]≤17所以只要把 ≤17\leq17≤17 的边连起来就好了单次 dijkstra\text{dijkstra}dijkstra 时间复杂度 O((n+m)log⁡n)O((n+m)\log n)O((n+m)logn) 。这道题如果把堆去掉换成队列的话时间复杂度是 O(17n2)O(17n^2)O(17n2) 。#include<bits/stdc++.h>#define db double

反演好难啊 qwq 。∑d=1nd(∑i=1n/d∑j=1m/di∗j∗[gcd⁡(i,j)==1])\sum_{d=1}^nd(\sum_{i=1}^{n/d}\sum_{j=1}^{m/d}i*j*[\gcd(i,j)==1])∑d=1n​d(∑i=1n/d​∑j=1m/d​i∗j∗[gcd(i,j)==1])记 sum(n,m)=∑i=1n∑j=1mi∗j∗[gcd⁡(i,j)==1]sum(n,m)=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^mi*j*[\gcd(i,j)==1]sum(n,

solution:网上一堆错解。考虑 gcd 的性质： g(i+kj,j)=g(i,j)观察到 m<=666 ，考虑枚举 (i,j) 其中 i<=j 。记 c(i,j) 表示迭代的次数。不难发现 c(i,j) <=log(j)+1 ，这里有一个下取整很烦，记 g=gcd(i,j) ，枚举 k\in [0,c) ，观察到 ⌊(i+cj)∗j/g2c)⌋=⌊(i∗j/g2c)+(c∗j2)/(g2∗c)⌋=⌊(i∗j/g2c)⌋+(j/g)2\lfloor (i+cj)*j/g^2c)

solution:毒瘤题。注意我们只关注同余方程有解即可。根据题意得到 ai+pi∗y=ATK∗xia_i+p_i*y=ATK*x_iai​+pi​∗y=ATK∗xi​化简得到 ATK∗xi≡ai(modpi)ATK*x_i\equiv a_i\pmod {p_i}ATK∗xi​≡ai​(modpi​) ，这个式子等价于 ATK≡bi(modpi(pi,xi))ATK\equiv b_i\pmod {\frac{p_i}{(p_i,x_i)}}ATK≡bi​(mod(pi​,xi​)pi​​) ，其

solution:猜到了结论，但是没有实力证明。现在我把它证明出来了。(i,j)=a_0, (i,j+1)=a_1=>i=a_0x_0, j=a_0y_0, || i=a_1x_1, j+1=a_1y_1=>lcm(a_0,a_1,…,a_n) | i如果 i≠lcm(a0,a1,...,an)i\ne lcm(a_0,a_1,...,a_n)i​=lcm(a0​,a1​,...,an​) ，设 i′=d∗lcm(a0,a1,...,an)i'=d*lcm(a_0,a_1,...,

题目大意：给定n个数列，第 i 个数列包含ki个不超过m的正整数，同一数列里的数互不相同。每一秒将n个数列中的数左移一个位置，每个数列第一个数则移到该数列最后，并在一张纸上记下每个数列的第一个数。10^100秒过后，对于所有的1<=x<=m，求x在纸上出现的最长的连续的一段长度，该段必须是同一秒中记下的数。数据范围：1 ≤ n, m ≤ 100 000，1 ≤ ki ≤ 40，∑ki<=200 000solution:对于每个 i， 相当于在子区间统计答案，考虑双指针。注意到一组同余

LUOGU_4777_【模板】扩展中国剩余定理（EXCRT）注意加快速乘，防止整数溢出。#include<bits/stdc++.h>#define ll long longusing namespace std;const int mx=1e5+5;int n;ll a[mx],m[mx];ll fmul(ll x,ll y,ll z) { x%=z,y%=z; if(y<0) x=-x,y=-y; ll sum(0); for(;y;y>>=1) {