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gmoj5740幻想世界题解

题目大意给定两个向量，求 ∣xa⃗+yb⃗∣|x\vec a+y\vec b|∣xa+yb∣ 最小，x,yx,yx,y 不同时为0。思路约定：∣a⃗∣<∣b⃗∣|\vec a| < |\vec b|∣a∣<∣b∣ ，且两个向量夹角小于 π2\frac{\pi}{2}2π​Theorem1 ：两个向量的夹角如果大于等于 π3\frac{\pi}{3}3π​ ，则答案等于 min(∣a⃗∣,∣b⃗∣)min(|\vec a|,|\vec b|)min(∣a∣,∣b∣) 。Proof：

7321. plusminus 总结题目大意给一个大小为 n×mn\times mn×m 的矩阵，从 (1,1)(1,1)(1,1) 出发，能从 (x,y)(x,y)(x,y) 到 (x+1,y)(x+1,y)(x+1,y) 或 (x,y+1)(x,y+1)(x,y+1) ，矩阵上有一些 数，分别为 +1,−1+1,-1+1,−1 ，走到矩阵的任意位置，走过的路上的数之和 xxx 满足 0≤x≤t0\le x\le t0≤x≤t 。现在已知矩阵上的 kkk 个位置上的数，求满足要求的矩阵的个数。其中

题目大意给定 n,mn,mn,m ，求∑i=1n∑j=1m[i,j]\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[i,j]i=1∑n​j=1∑m​[i,j]题解我们约定 n<mn<mn<m先把 lcmlcmlcm 换成 gcdgcdgcd ，则∑i=1n∑j=1mij(i,j)\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\frac{ij}{(i,j)}i=1∑n​j=1∑m​(i,j)ij​常规套路，枚举 (i,j)(i,j)(i,j) ，得∑d=1n∑i=

杜教筛前置知识积性函数若 fff 为数论函数，a⊥ba\perp ba⊥b ，且 f(ab)=f(a)f(b)f(ab)=f(a)f(b)f(ab)=f(a)f(b)​ ，则​函数 fff 为积性函数特别的，若对于任意的 a,ba,ba,b ，都有 f(ab)=f(a)f(b)f(ab)=f(a)f(b)f(ab)=f(a)f(b) ，则函数 fff 为完全积性函数。常见的积性函数 ：φ(n)\varphi(n)φ(n)：111 ~ nnn 中与 nnn 互质的数的个数μ(n)\mu(n)μ

题目大意设 d(x)d(x)d(x) 表示 xxx 因数个数，给定 n,mn,mn,m ，求∑i=1n∑j=1md(ij)\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^md(ij)i=1∑n​j=1∑m​d(ij)题解首先有一个奇妙的结论：d(ij)=∑x∣i∑y∣i[gcd(x,y)==1]d(ij)=\sum_{x|i}\sum_{y|i}[gcd(x,y)==1]d(ij)=x∣i∑​y∣i∑​[gcd(x,y)==1]证明如下：根据定义，d(ij)=∑p∣ij1d(ij)=\sum_{

这道题真是本人切的第一道黑题，我还是太弱了题目大意给定 n,mn,mn,m ，求 ∏i=1n∏j=1mfgcd(i,j)\prod_{i=1}^n\prod_{j=1}^mf_{gcd(i,j)}i=1∏n​j=1∏m​fgcd(i,j)​ 其中，fff 为斐波那契数列。题解考虑枚举 d=gcd(i,j)d=gcd(i,j)d=gcd(i,j) ，思考会存在多少个 fdf_dfd​ ，即 ∑i∑j[gcd(i,j)==d]\sum_i\sum_j[gcd(i,j)==d]∑i​∑j​[gcd(i,j

题意求 ∑d∈prime∑i=1n∑j=1n[(i,j)==d]\sum_{d\in prime}\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n[(i,j)==d]d∈prime∑​i=1∑n​j=1∑n​[(i,j)==d]题解除以 ddd ，得∑d∈prime∑i=1⌊nd⌋∑j=1⌊nd⌋[(i,j)==1]\sum_{d\in prime}\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}

文章目录前言FFT是什么？多项式表示法系数表示法点值表示法初步想法问题解决问题2复数定义运算复平面单位圆前言最近学会了FFT，一个极其美妙的算法！众所周知FFT英文全称是 Fast Fast TLE Fast Fourier TransformFFT是什么？FFT（快速傅里叶变换）是DFT（离散傅里叶变换）的优化，用于加速多项式乘法。即：设 F(x)=∑i=0nfixiF(x)=\sum_{i=0}^nf_ix^iF(x)=∑i=0n​fi​xi , G(x)=∑i=0ngixiG(x)