Lazier’s blog

#include #include #include #include #include __int64 prime[]={2,3,5,7,11,13,17,19,23,29}; #define TIME 15 //Miller测试次数 __int64 gcd(__int64 a,__int64 b){return b==0?a:gcd(b,a%b);}

/* http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4259 题意是：给定一个排列和一个特定的置换，最后问你最少要多少步置换才能回到原来的状态 解题思路就是：找出置换中的各个置换回路的长度，答案就是各个置换回路的最小公倍数 举个例子： 排列：1 2 3 4 5 6 置换：2 3 5 4 1 6 那么第一个置换回路是1 2 3 5，长度为4，第

//二分x或y，其他的直接暴力枚举就可以了     #include #include #include __int64 p[51000][32]; int main() { int sum; __int64 x,y,z,k,s,e,mid; __int64 xx,kk,k1,k2; memset(p,0,sizeof(p)); kk=1; kk<<=32;

//http://uva.onlinejudge.org/index.php?option=com_onlinejudge&Itemid=8&page=show_problem&problem=3930 //Problem description: Space Elevator China is building a space elevator, which will allow the

//参看了大神的解题报告，好题，体现了通过分析问题来对问题进行各种剪枝，优化已致程序以最优的算法运行； //解题思路：贪心的各种优化，先用最小公倍数优化，再用最小的次数来优化，最后时间的复杂度为sqrt（n）；   //代码如下： #include __int64 gcd(__int64 a,__int64 b){return b==0?a:gcd(b,a%b);} int main()

#include double argu_matrix[300][300],x[300];//arguement matrix and x matrix int main(void) { int n,i,j,k; double sum; scanf("%d",&n); for(i=0;i<n;i++) for(j=0;j<n+1;j++) scanf("%lf",&argu_ma

#include #include double F(double x){return log10(x);} //三点辛普森公式 double simpson(double width,double fa,double fb,double fc) { return (fb+fa+4*fc)*width/6; } //自适应simpson公式递归过程 double asr(double a

/* 题目：Mirror Number 题目描述： A number is called a Mirror number if on lateral inversion, it gives the same number i.e it looks the same in a mirror. For example 101 is a mirror number while 100 is not

/* 题目：Choosing number 题目连接：http://acm.zju.edu.cn/onlinejudge/showProblem.do?problemCode=3690 题目大意： n个人站成一行，这儿有m个数字，1，2...m，每个人选择一个数字，但是如果相邻的两个人选择了同一个数字 这个数字不能超过k，请问他们有多少种选择数字的方式？     解题思

/*   这是一个经典的题目，以前遇到n范围都比较就小，可以直接枚举每一个长方形的两个对角点，最后答案就是   C(n*n,3)-2*n*C(n,3)-2*sum{sum{(n+1-i)*(n+1-j)*(gcd(i,j)-1)}}(1     然而这题的n范围比较大，直接枚举肯定不行，但是我们可以优化上面的这个公式；     第一次看到这题的时候，不会优化，到后面我做了下uva1

//数论（勾股数组相关），在acdream 群里看到的 实现代码如下： #include #include #include #include using namespace std; vector fac[1000001]; int prime[100000],phi[1000001],m; void init(){ //预处理phi[] int i,j; m=0

这题的正解是矩阵快速幂，但是在比赛的时候没有构造出矩阵，然后直接用数学的方法把这题ac了，方法如下： 可以得出an和bn都是类等比数列，类等比数列暂且定义为等比数列之间的加减乘除组合后的数列，an,bn如下： an=A0*Ax^n+Ay*(Ax^(n-1)+Ax^(n-2)+......+Ax^1+Ax^0).(n>=1) bn=B0*Bx^n+By*(Bx^(n-1)+Bx^(n-

/*  * FFT之所以能加速DFT的计算，得益于n次单位复数根的几个性质：  * 1.消去引理  w(d*n,d*k)=w(n,k);  * 1.折半引理  w(n,k)^2=w(n/2,k)；  * 2.求和引理，即：sum{w(n,k)^j}=0 (0  * 详见：算法导论第30章，p527～p535 */ #include #include #include #include

//根据Polya计数的原理，我们先要求出每个置换群中的循环的个数 //这里有24个置换群，为什么是24个了，很容易想到，把每一个面当作正面并按一个方向（顺时针或逆时针）旋转4次，总共6个面，所以就是24个置换群了； //我们可以先对立方体的8个顶点编号，然后就可以暴力预处理出24置换群的循环个数了，最后就是用Polya的计数公式计数了,代码如下： #include #include

#include #include #include #include typedef struct vir{ double re,im; vir(){} vir(double a,double b){re=a;im=b;} vir operator +(const vir &b){ return vir(re+b.re,im+b.im);} vir operator