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这题很容易知道求得是共线的集合，其中点数要>=2先按x递增，x相同y递增排序点，然后枚举必取到点，以该点为中心，极坐标排序该点以后的点（atan2精度不够，建议用叉积判断），计算下就可以了，注意重点的情况#include #include #include #include #include #include #include #include #include #inc

bzoj2301 莫比乌斯反演 分块处理 参考了PoPoQQQ神的ppt#include <bits/stdc++.h>using namespace std;const int N=50000+10;typedef long long LL;int prime[N],tot;int mu[N];int sum[N];void Mu(){ mu[1]=1; for (i

BZOJ 2440 完全平方数 参考PoPoQQQ神的ppt首先二分答案 问题转化为求[1,x]之间有多少个无平方因子数 根据容斥原理可知 对于sqrt(x)以内所有的质数 有 x以内的无平方因子数 =0个质数乘积的平方的倍数的数的数量(1的倍数) -每个质数的平方的倍数的数的数量(9的倍数,25的倍数,…) +每2个质数乘积的平方的倍数的数的数量(36的倍数,100的倍数,…)-…

题目：求网格中点集A到点集B中不相交路径数题解：先求出f(i,j)表示A的第i个点到B的第j个点的路径数，再解行列式det（f(i,j)）即为解#include #include #include #include #include #include using namespace std;typedef long long LL;const int N=100+10

题意：一壶茶的容量在[L,R]之间，依次倒入两个茶杯中，需要保证最后茶壶中的茶题解：为了保证倒较少的次数，每次倒的要尽可能多，又要让[L,R]中的每个数满足。当L较大时，若L为奇数，先给第一个人倒，再给第二个人倒+1，接下来第一个人最多只能倒2，第二个人也只能倒2，……，依次下去直到倒完；若L为偶数，先给第一个人倒+0.5，再给第二个人到+1.5，接下来第一个人最多只能倒2，第二个人也

题意：给定k和w，求r的个数，其中r作为2^k进制时至少要2位且每一位严格小于右边，r作为2进制时总位数不超过w。 （k题解：若已知2^k进制下，最高位最大为a，总位数为b，则总数为,其中。这个公式的意思是最高位为i，再从中选取个数插入剩下的b-1个位置中。排列可用递推预处理ps.高精度#include #include #include #include #include

题意：给定长度为n的数组A和Q个询问。询问[L,R]，求A(L)%A(L+1)%A(L+2)%……%A(R) 。其中  1≤N,Q≤100000一个性质：大数对小数取余，结果小于大数的一半。所以每个大数最多对小数取log(ai)次题解一：转自点击打开链接已知mod操作类似gcd操作，结果是单调的，只会小不会大。把所有询问预存，按左边界排序，当前左边界存在于询问时，加入优先队列，对于

题意：给定长度为N的数组，Q个询问，每个询问求区间[L,R]中gcd的种类数 （1≤N,Q≤100000,1≤ai≤1000000）题解：首先对于以a[i]为右边界的gcd种类数不超过log(a[i])，因为每次取gcd时要么不变（种类不增加），要么质因子个数减少（种类+1），由于质因子个数最多log（a[i]）个，所以种类数不超过log(a[i])我们记录下每个a[i]的不同gcd值

题意与题解转自：点击打开链接题目大意： m个人 n种颜色石头。 人与人之间关系要么是朋友，要么是敌人，关系不具有传递性。 每个人可以携带任何数量任何种颜色的石头（也可以不带）对于任何两个人，如果是朋友，携带的石头至少有一种相同颜色。 如果是朋友，携带的石头颜色必须完全不同。问n种颜色的石头能不能满足所有关系下m个人佩戴的石头都符合要求。就是找最坏

题目：n支队伍两两比赛，赢2分，平1分，输0分给出n支队伍的得分信息，判断是否合法题解：Landau's Theorem当得分信息满足以下条件时，合法{\displaystyle 0\leq s_{1}\leq s_{2}\leq \cdots \leq s_{n}}{\displaystyle s_{1}+s_{2}+\cdots +s_{i}\geq {i \c

题意： 一年中有2^n天，问有k个人至少有两个人生日在同一天的概率，用分数表示。其中n，k题解：1e6+3为素数。直接求不好求，我们可以总数-不成立的数。不成立的即为k个人中没有一个人的生日在同一天,即。而当k-1>=mod时，分子中必然含有mod的倍数，取余后分子为0；当k-1由于分母中只含素数2，化简时只需求出分子中2的个数。注意：k>2^n的情况，直接输出1 1即可#incl

如图，图中S1的三边已知，则可求S1，同时求出角度；S2+S1是个扇形也可求，此时可知S2；S2+S3也是个扇形，此时可知S3#include #include #include #include #include #include using namespace std;double Calc(){ double a=asin(sqrt(7.0)/2.0/sqrt

官方题解：首先有等式({x}^{a}-1x​a​​−1,{x}^{b}-1x​b​​−1)={x}^{gcd(a,b)}-1x​gcd(a,b)​​−1成立，相当于计算\sum \sum {x}^{gcd(a,b)}-1∑∑x​gcd(a,b)​​−1 。记s[d]=最大公约数为d的对数，答案\sum s[d]*({x}^{d}-1)∑s[d]∗(x​d​​−1). 先用筛法计算出欧拉

题目大意：判断一个关于n的多项式P(n)能否恒整除一个正整数D题解：设多项式的最高项次数为k。我们只需要把n=1,2,3,……k+1都试一遍就行了。证明：k=0时，P(n)是常数，若P(1)能整除，则P(n)恒整除D；k=1时，设P(n)=an+b,为等差数列，只要a,b整除D，则P(n)恒整除D。验证时只需取P(1),P(2)即可；k=2时，设P(n)=an^2+bn+c，则P(

题目大意：输入正整数n，求所有满足1题解：设f(n)=gcd(1,n)+gcd(2,n)+……+gcd(n-1,n),则所求答案S(n)=f(2)+f(3)+……+f(n)注意到gcd(x,n)的值都是n的约数，可以按照这个约数进行分类，用g(n,i)表示满足gcd(n,x)=i且x求f(n)时，对于每个i枚举它的倍数n(并更新n的值)，类似于素数筛法求解。#include #i

对于king：当行列各剩偶数步时，先手必败；否则，先手必胜对于行列各剩偶数步，先手怎么走后手只要跟着相应的走，则先手必败对于rook（车）：相当于从两堆石子取数，每次可以从任一一堆取任意大于0的石子数。显然当两堆石子数相同时，先手必败，后手只要跟着取即可；否则先手胜对于knight（马）：画图即可找到规律；对于queen：dp[i][j]表示从（1,1）走到（i，j）先手的状态，1

bzoj3529参考PoPoQQQ神的莫比乌斯反演ppt取模利用自然溢出int 最后再对2^31-1取与。不然会超时QAQ。 写代码传参数的时候传炸了。。调试了极久#include <bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long LL;const int N = 1e5+10;int M;int prime[N],tot;i