啊

在xoy直角坐标平面上有n条直线L1,L2,…Ln,若在y值为正无穷大处往下看,能见到Li的某个子线段,则称Li为 可见的,否则Li为被覆盖的. 例如,对于直线: L1:y=x; L2:y=-x; L3:y=0 则L1和L2是可见的,L3是被覆盖的. 给出n条直线,表示成y=Ax+B的形式(|A|,|B|<=500000),且n条直线两两不重合.求出所有可见的直线.对

二分答案，求1~n里有多少个非完全平方数。 ans=n - (n/2^2) - (n/3^2) - (n/5^2) - (n/7^2)…… 然后再加上出现两次的，减去出现三次的…… 这是莫比乌斯函数。#include<cmath>#include<cstdio>#include<iostream>#define maxn 60005#define LL long longusi

首先，积性函数的约数和也是积性函数。 然后，比较尴尬的是我不太会用数学公式。 所以，大家就不要浪费时间看我写的博客。#include<cmath>#include<cstdio>#include<iostream>#define LL long long#define maxn 10000005using namespace std;LL mod=100000009;LL sum(

博弈论基础题，第一次写博弈论题目。 每堆石子的游戏是相互独立的，一个局面是由这n堆石子n个子游戏构成。 对于每堆石子，用sg[i]表示有i个石子的sg值，sg值由它的后继状态推过来：sg[i]=mex(sg[i-b[j]])； 最后的答案即为 ： sg[ a[i] ] 的异或和；若ans=0则先手必败，否则先手必胜。 做第二问时，则按照输出的顺序枚举，第i堆移走k个的答案为ans^sg[a

真 · 背板子。好像是用到了分治思想。#include<cmath>#include<cstdio>#include<cstring>#include<complex>#include<iostream>using namespace std;double pi=acos(-1);typedef complex<double> E;E a[140005],b[140005];voi

不考虑从盒子中拿出这一操作，则剩下的部分就是一个Nim游戏。所以先手第一次只要拿到异或和为零的巧克力棒就必胜。因为若对手选择吃巧克力棒，则是必败局面。若选择拿出巧克力，则新的异或和一定不为零，因为如果一组巧克力异或和为零，则先手可以第一次的时候拿出来。 直接dfs就可以。#include<cstdio>#include<iostream>using namespace std;int n;

同一堆里的每个豆子是相互独立的，sg[i]表示第i堆里一个豆子的sg值。 sg[i]=mex( sg[j]^sg[k] ) ;#include<cstdio>#include<cstring>#include<iostream>using namespace std;int n;int p[30],sg[30];int use[1000];int main(){ int T

这道题不好想，可以先想先手必败的情况，一个比较显然的情况是石子个数成对出现时先手必败，因为先手怎样做后手可以完全模仿去做。然后还有没有其他情况呢，没有。其他情况把成对的抵消掉之后，我们可以将最大的补到其他的上面，还是可以凑成上述情况。#include<cstdio>#include<cstring>#include<iostream>#include<algorithm>using name

反硬币操作与c无关，只与2和3的指数有关。设sg[i][j]为2和3的指数分别为i和j时，且前面的硬币都不可翻时的sg值。然后就可以枚举p,q，对于每一个p,q，它的sg值为 sg[i-k*q][j]的异或和以及sg[i][j-k*q]的异或和，求mex。#include<cstdio>#include<cstring>#include<iostream>#define maxn 30005

#include<cstdio>#include<iostream>#define LL long long #define maxn 4000005using namespace std;int N=4000000;LL mod=1e9+7;LL fac[maxn],inv[maxn];LL pow(LL x,int y){ if(y==0) return 1;

我不会写公式……….#include<cstdio>#include<cstring>#include<iostream>#define maxn 200020#define LL long longusing namespace std;char s[maxn];LL inv[maxn],fac[maxn];int N=200002;LL mod=1e9+7;LL pow(LL

#include<iostream>#include<cstdio>#define LL long longusing namespace std;LL k;LL ksm(LL x,LL y){ if(y==0) return 1; if(y==1) return x; LL a=ksm(x,y/2)%k; if(y%2)

#include<cstdio>#include<iostream>#include<algorithm>using namespace std;int Rand(){ int r=rand()<<16; r=r|rand();}int main(){ srand(790); int n=100000; int l= Rand()%n+1;

题目大意：一个长度为n（n<300，000）的序列，每个地方可以是o,x,?中的一个。‘？’表示x和o的概率各是50%。一个序列的权值是所有连续的‘o’长度的平方和，问给出序列的期望权值是多少。 例如 oo?xxo 如果’？’是’o’，则权值为3²+1²=10； 如果’?’是‘x’,则权值为2²+1²=5； 期望就是（10+5）/2=7.5；========================

非常神奇的题目啊，我语文不好，所以不写题解了。#include<iostream>#include<cstdio>#define LL long longusing namespace std;int n,m;LL a[100005];LL c[100005];void change1(int x,LL d){ while(x<=n) { c[x]+=

exgcd是求ax1+by1=gcd(a,b)的一组解。 ax1+by1 = gcd (a,b) bx2+(a%b) y2 = gcd (b,a%b)=> ax1+by1 = bx2+ (a%b) y2 ∵ a%b 可以写成 a-[a/b]*b => ax1+by1=ay2+b ( x2-[a/b]*y2 )=> x1 = y2 ; y1 = x2-[a/b]*y2

f(x)=0 ==> f(x)%p=0。但是f(x)%p=0不能推出f(x)=0。 如果对于许多个不同的p，f(x)%p=0 ，那么可看做f(x)=0； 所以选许多个（3个以上）质数p，f(x)都=0，那么x可以认为就是答案了。 枚举x，O（N）计算f（x）的值，时间复杂度O（N*M）； 虽然说只要机子吊，十亿随便跑，但是CCF的算盘对这个复杂度还是很难接受的。 如果f（x）%p！=0，

计算组合数有许多方法，我先是分解质因数，但是这样效率非常低，1700ms。 然后求逆元，求解，时间复杂度为o(N).这个模数是质数，不用考虑逆元无解情况。#include<iostream>#include<cstdio>#define LL long longusing namespace std;LL K=20100403;LL x,y;void exgcd(LL a,LL b)

考场一看见期望就怂了，于是去做第二题，做了两个多小时，没做出来。GG。 dp[ i ][ j ][0/1]表示前 i 节课申请 j 次的最小期望。然后[0]表示这次没申请，[1]表示已申请。 所以dp[i-1][j][1] 有f[i-1]的概率停在 d[i-1] 点，有（1 - f[i-1]）概率停在c[i-1]点。 dp[i][j][0]=min dp[i-1][j][1] +dis[ d

我不太会用数学公式，但还是尽量写一写。其中sigma为求和，除法默认下取整。 令g（n）=sigma( d|n ) f(d)； 令F（n）为f（n）的前缀和，G（n）为 g（n）的前缀和，要求F（n）。 G(n)=sigma(i=1~n) sigma( j|i ) f(j) ; G(n)=sigma(j=1~n) n/j * f(j) ； G(n)=sigma(j=1~n) F(n/j)