梦幻的蔷薇色

题解中就在评论中给了个公式，不过评论中有人给了一个证明连接：http://codeforces.com/blog/entry/46681看到毕达哥斯拉三元组，我想到一个题：poj 1305，这个题是枚举来做的，cf这题我也就枚举试了下，不行。。。 我的写法是看的别人结论： 当n被4整除时，结果是n/4 * 3和n/4 * 5 当n被2整除时，结果是((n/2) * (n/2)/2) * 2和(

参考：http://blog.youkuaiyun.com/acm_fighting/article/details/52003538#include <bits/stdc++.h>using namespace std;int main(){ int n,k; double l,v1,v2; cin >> n >> l >> v1 >> v2 >> k; int g = n/

把权值为x的一个点，当成x个权值为1的点。#include <bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long LL;const int MAXN = 10010;struct Point{ LL x,val; bool operator < (const Point& b) const { re

毕达哥斯拉三元组，即勾股数组。 勾股数组参考资料：http://blog.youkuaiyun.com/magicnumber/article/details/6410043 s的取值范围：3≤s≤√(2n-1)，假设t取最小值，s就是这个范围。具体请查看参考资料。#include <stdio.h>#include <string.h>#include <algorithm>#include <ma

并没怎么想，看了几遍题目，没看懂啥意思，就搜题解了，题解竟然都没说题目啥意思，上来就说解法，然后就结合着题解看懂了题目意思。 有n个数 a[1],a[2],…,a[n]开始都是0 现在进行操作t，操作t的范围是1-n，t=1，翻转所有下标是1的倍数的位置。t=2，翻转所有下标是2的倍数的位置。直到t=n。最后翻转完，如果某个下标那里的数字是0，则下标是好数。翻转偶数次是0，翻转奇数次是1.只有

任意两个相邻的正整数互质：假设n和n+1的gcd=d,则d整除(n+1)-n，则d整除1，d=1 任意两个相邻的奇数互质：假设n是奇数，则gcd(n,n+2)=d一定是奇数，因为d|2，所以d=1 当n<=2的时候，结果就是n n>=3的时候 n为奇数的话，结果是n*(n-1)*(n-2)，三个数两两互质 n为偶数的话，n*(n-1)(n-2)就不行了,n和n-2的gcd=2，但是n(n-

直接分解出因子，统计一下就好了#include <bits/stdc++.h>using namespace std;const int MAXN = 50010;map<int,int> res;int main(){ int n,num; scanf("%d",&n); while(n--) { scanf("%d",&num);

看了下讨论版才发现，三个维度互相不影响啊，那就是三个一维的了。那和51nod 1096 距离之和最小 就没啥差别了#include <bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long LL;const int MAXN = 10010;int x[MAXN],y[MAXN],z[MAXN];int main(){ ios::syn

做题之前先看论文：http://w3.math.sinica.edu.tw/math_media/d253/25311.pdf 在论文中(二)那里讲的求循环节位数，拿来直接用就搞定了http://blog.youkuaiyun.com/acmore_xiong/article/details/53841575我看这个写的也挺详细。#include <bits/stdc++.h>using namespace

模仿埃氏筛法走一发。#include <stdio.h>#include <string.h>const int MAXN = 1001000;int isPrime[MAXN];int prime[MAXN];int mark[MAXN];int cnt[MAXN];int plen = 0;void init(){ for(int i = 5; i < MAXN; i +=

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;const int MAXN = 1010;int f[MAXN];int solve(int n, int k){ if(n == 1) return 0; int ret; if(n < k) { ret = 0; for(

迭代求解方程组，拿板子就好了#include <stdio.h>typedef long long LL;const int N = 11110;LL M[N], R[N];LL gcd(LL a, LL b){ return !b ? a : gcd(b, a%b);}LL extgcd(LL a, LL b, LL &x, LL &y){ LL d = a;

和hdu 1573基本一样。注意不能输出0，是最小正整数解#include <bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long ll;const int N = 110, INF = 0x3f3f3f3f;int M[N], R[N];int gcd(int a, int b){ return !b ? a : gcd(b, a%b)

当中国剩余定理中的那些模数不互质的时候怎么解？就像解普通方程组一样，迭代求解同余方程组。思路很简单。过两天重新写个，换掉这个抄来的模板。 代码是直接拿的模板，改都没改：http://blog.youkuaiyun.com/discreeter/article/details/70318677#include <bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long lon

兔子是否能活下来，就看狼能不能走遍所有的洞了。如果狼能走遍所有的洞，兔子就死定了。n是洞的个数，m是狼的步长。假设狼走了x步，走到了位置k，则位置k=x*m%n，则k =x * m - (x * m/n) * n，即k =x * m + y * n，当前洞口位置是m和n的线性组合，所以 gcd(n,m) | k。m和n的所有线性组合构成的集合与所有的gcd(n,m)构成的集合相同，即位置k的集合和g

分解质因子，求出约数个数n,然后(n+1)/2，因为x<=y，所以要除以2#include <bits/stdc++.h>using namespace std;using LL = long long ;const LL mod = 1e9+7;const int MAXN=1000001;int cnt[MAXN];int prime[MAXN+1];void getPrime()

或许我是为数不多的找到规律却实现不出来的。。。 代码参考：http://blog.youkuaiyun.com/jaihk662/article/details/60896217 规律还是比较好找的，把F函数的值算出几十项来就很好观察了。1 1 F(1)1

这题就是求∑n1n−(n/i)∗i=n∗n−∑n1(n/i)∗i\sum_{1}^{n}n-(n/i)*i = n*n-\sum_{1}^{n}(n/i)*i。比如说:n=20,n/11=1,n/20=1n=20,n/11=1,n/20=1，这样就可以分段来求解了。即某一段内的x，n/x的值都是相等的。某一段的开头是i，则这一段的结尾就是n/(n/i)，然后n/(n/i)+1为下一段开头，一直到n。

可以通过b数组来找到a数组和c数组的关系。假设现在更新a[x]，求c[y]，只要找到一个a[x]对c[y]贡献了多少次即可。b对c产生直接的贡献。则c[y]来自b的贡献就是y的因子的个数，在y的这些因子中，如果他是x的倍数，则有一次a[x]的贡献，则y的因子中有多少因子是x的倍数，a[x]就对c[y]贡献了多少次，y的因子中有y/x个数是x的倍数，所以a[x]对c[y]贡献了y/x次。约数的个数是s

参考：http://blog.youkuaiyun.com/qingshui23/article/details/52350523 标程中提到了构造对偶式，我去，这咋整啊，搞不了 但是就根据标程来推，这些东西都能推出来。。。 奇偶都能推出来sqrt(m)+sqrt(m−1)=a+b∗sqrt(2) 然后根据(1+√2)^n=a+b∗2打个表，找规律就好了。找不到规律的话，拿着序列去oeis一查就知道了#

把点从小到大排序，如果是奇数个点，中间那个点就是要求那点，偶数个点，中间俩点之间的区间都可以是要求的那点。假设有n个点，n为偶数。(1,n)，(2,n-1)…(n/2,n/2+1),这n/2线段的长度和就是结果了。#include <bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long LL;const int MAXN = 10010;LL

思路：观察后可以发现，这段代码计算的就是((a[1]+a[2]+…+a[n])*k*n^(k-1))%mod#include <iostream>#include <algorithm>using namespace std;typedef long long ll;ll pow(int a, int b, int m){ ll res = 1; while(b) {

大数取余#include <cstdio>#include <cstring>const int MAXN = 210;char str[MAXN];char *snum;long long num;bool solve(){ int len = strlen(snum); long long res = 0; for(int i = 0; i < len; +

10^8，打表开这么大数组肯定不行。所以开小点喽，我是开了10^8/40这个大的数组，数组第一个元素存储1~1/40，第二个元素存储1~1/80，分母每次+40，这样在计算n的时候，就可以直接从表里找到1~1/((n/40)*40)的和，然后在枚举1/((n/40)*40)~1/n，计算家和，也就枚举39次。。。。。不看别人博客我还想不到这样存储。。。。。#include <cstdio>#inc

水题，不过有坑，在输出答案的时候加个1e-5就过了，不加就是wa#include <iostream>#include <cstring>#include <algorithm>#include <iomanip>#include <cstdio>using namespace std;typedef long long ll;const int MAXN = 10010;bool b

这题我是找的规律，举个例子：10/1=10，10/2=5，10/3=3，10/4=2，10/5=2，10/6=1，10/7=1，10/8=1，10/9=1，10/10=1。 10/2到10/1都是1，10/3到10/2都是2，10/4到10/3都是3，当10/n到10/(n-1)的时候就开始直接循环枚举，例如10/4到10/3中间只差一个元素，则从10/3往后每个区间就只有一个元素了，对应于这里的

直接打表暴力找就可以，不过有个坑，要用bool数组标记，用int数组标记会超内存。。mle了好多发，看别人博客说要用bool标记才可以，，以后不用int标记了#include <cstdio>#include <cstring>#include <cmath>const int MAXN=1e7+5;int prime[700000];bool book[MAXN];void getPri

题意：给你n和k，求出n^k的前3位和后3位数字。后三位输出的时候一定要输出三位，比如1000000要输出000，不然会wa 思路：求后三位直接快速幂取模就行，求前三位：求前三位则需要一些数学知识，对于给定的一个数n,它可以写成10^a,其中这个a为浮点数，则n^k=(10^a)^k=10^a*k=(10^x)*(10^y);其中x,y分别是a*k的整数部分和小数部分对于t=n^k这个数，它的位数

设两只青蛙跳了t步，A的坐标为x+mt,B的坐标为y+nt，他们相遇的时候满足x+mt-(y+nt) = pL(p表示两青蛙走过的路程相差p圈) 移项后：(n-m)t+Lp=x-y 设n-m为A，x-y为B，则At+Lp=B，，求满足这个式子的最小t，也就是求一次同余方程At=B(mod L)的最小整数解。求出GCD(A,L),如果B%GCD(A,L)!=0,则无解。解出的t也可能是负数，要转

思路：大区间素数筛 筛法用的kuangbin的模板#include <cstdio>#include <algorithm>#include <iostream>#include <cstring>using namespace std;typedef long long ll;const int MAXN=1000010;int prime[MAXN+1];void getPri

思路：做题的时候完全没思路。。。。看了题解才有。。。说说我的理解。。 串S是串T的子串，串T应该就是xSy的形式，x接在S前，y接在S后，构成了串T。A*B=T，设S的长度为p，y的长度为q，则A*B=(x*10^p+S)*10^q+y。 T%A=0，即((x*10^p+S)*10^q+y)%A=0，对于x的范围，可以通过取模运算缩小到[0~a),如果S的开头为0的话，则x的范围是[1~a-1]

逆向思维，先证明点p1可以到点p2，然后可以从p2返回p1。然后找一点m,如果点(a,b)可以到达m，并且点(x,y)也可以到大m，则(a,b)可以到达(x,y) 相关讨论里给的证明： 给个不太严谨的证明思路： 第一步：证明路径可逆，也就是如果(a, b) -> (x, y)可行，则(x, y) - > (a, b)可行 这个比较直观，只需要分别由(a +ｂ, b) (a, a + b),

等比数列前n项和，快速幂取模，逆元#include <bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long LL;const LL MOD = 1e9+7;LL MODPOW(LL a, LL b){ LL res = 1; while(b) { if(b&1) res = res*a%MOD;

推推就出来了#include <bits/stdc++.h>using namespace std;int main(){ double s; double pi = acos(-1); cin >> s; double r2 = s/(4*pi); double ninev2 = s*s*r2-2*s*pi*r2*r2; cout << fixe

BigDecimal大法好import java.util.*;import java.math.*;public class Main { public static void main(String[] args) { Scanner cin = new Scanner(System.in); String str = cin.next();

各个位上的数字加和能被9整除，这个数就能被9整除，然后只要再在后边加个0，就可以被90整除了。 以前只知道3，看来要也要看看其他数字的倍数特性了#include <bits/stdc++.h>using namespace std;const int MAXN = 1010;int num;int zero;int five;int main(){ ios::sync_with_

把每一位数分解成好几个数，使得这一个数的阶乘和那好几个数阶乘的乘积相同。数分的越长越好，最终也就只能分成好几个素数。素数没法分。比如9分成7332, 9! = 7! * 3! * 3! * 2!#include <bits/stdc++.h>using namespace std;char str[20];vector<int> res;int main(){ int n;

等差数列前n项和公式:S = na1+n(n-1)/2,a1 = (S-n(n-1)/2)/n,可以求出n的范围大概就是[2,sqrt(2*S)],枚举序列长度n，然后求解a1。using System;using System.IO;using System.Numerics;namespace timeless{ class Program { static

任何一个大于1的自然数 N,如果N不为质数，那么N可以唯一分解成有限个质数的乘积 ，如：n=p1^a1p2^a2…pn^an 如果某个数子是p的倍数，你无法知道这个数字是p^x或者p^y，所以要把p在n范围内的每个倍数都要询问一次，每个素数都要这样询问，这样就可以确定1-n的任意一个数字了。#include <bits/stdc++.h>using namespace std;const int

O(35*n)，暴力跑一趟就过了。 就是个大数取模。。。 还可以O(n)过，过段时间还要看看O(n)的解法#include <bits/stdc++.h>using namespace std;const int MAXN = 1e5+10;int num[MAXN];int nlen;int maxn;//确定最小是几进制bool solve(int k){ int rema