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RSS订阅原创 D. Strange Definition
传送门题意：给你一个数列，数列中互相之间满足lcm(x,y)/gcd(x,y)lcm(x,y)/gcd(x,y)lcm(x,y)/gcd(x,y)开方后是整数的可以构成一个多重集合，每过一秒数列中的所有数都会变为他们的乘积，问第w秒的时候，数列中最大的多重集合中的元素个数。思路：通过观察式子lcm(x,y)/gcd(x,y)lcm(x,y)/gcd(x,y)lcm(x,y)/gcd(x,y)可以知道同属一个集合内的元素需要满足何种性质。对每个数分解质因数，则x=p1k1∗p2k2∗∗∗pmKmx=
2022-04-04 13:31:30
357
原创 P1386 座位安排
传送门题意：有n个位置，m个人已经被安排好了座位的编号，现在问你剩下的人安排座位编号的方式有多少种。思路：计数dp，先求出对于当前位置i来说可安排编号的最大人数bib_ibi，设dp[i][j]表示编号安排在i位置到n位置的人数，则对于dp[i][j]，我们枚举有k个人的编号被安排在i位置，则dp[i][j]+=dp[i+1][j-k]+cbikc_{b_i}^kcbik。#include<bits/stdc++.h>using namespace std;#define
2022-03-26 17:17:19
681
原创 P1360 [USACO07MAR]Gold Balanced Lineup G
传送门题意：有n天，m种能力，每天给你一个数x，每天提升的能力用该数的二进制表示，1为提升，反之则不，问你最长的连续几天提升的每种能力相同的天数。思路：对于每一种能力值，可以通过前缀和来计数，而如果第l天到第r天满足要求，设bit[i][j]表示第i天第j种能力值的前缀和，那么显然可以得到：bit[r][1]−bit[l−1][1]=bit[r][2]−bit[l−1][2]=......bit[r][m]−bit[l−1][m]bit[r][1]-bit[l-1][1]=bit[r][2]-bi
2022-03-24 22:47:25
622
原创 P1286 两数之和
传送门题意：给你n的数的两两之间的和，求这n个数。思路：设这n个数从小到大分别为x1，x2…xn，n个数的两两之和为a1,a2......an∗(n−1)a_1,a_2......a_{n*(n-1)}a1,a2......an∗(n−1)，枚举x1，在每次枚举中，将a遍历，并标记，对于每个ai，若当前的ai未标记，则说明该ai可以写为x1+xkx_1+x_kx1+xk的形式，然后求出xkx_kxk，并将已推出的x和xkx_kxk相加的和标记。#include<bits/st
2022-03-23 17:56:53
371
原创 P1013 [NOIP1998 提高组] 进制位
传送门题意：给你一个由字母代表数字的加法表，问你这个加法是几进制以及每个字母所代表的数字是多少。思路：动手稍微模拟一下就会发现：1.表中一定会有进位。当表中有数字x时，那就一定会有数字x2，x4…一直到出现进位。2.由于第一列和第一行的字符串长度都为1，那么可以的到这个表一定是n-1进制的。还是基于第一点，结合加法表和进位的特点，可以得到：最终一定会出现0到n-1的所有数。所以只需要先找到0，再找到1，就可以推出后面的字母了。#include<bits/stdc++.h>us
2022-03-21 10:50:51
283
原创 P1005 [NOIP2007 提高组] 矩阵取数游戏
传送门题意：给你一个n*m的矩阵，在每一行矩阵的两头单独取数，问最终获得的数的总和的最大值。思路：对于每行单独区间dp，设dp[st][ed]表示st到ed区间的最大值，因为取数只能从两端取，那么dp[st][ed]可以由dp[st][ed-1]*2+a[i][ed]*2和dp[st+1][ed]*2+a[i][st]*2转移得来。#include<bits/stdc++.h>using namespace std;#define ll long long#define end
2022-03-19 18:39:27
4272
原创 D. Yet Another Sorting Problem
传送门题意：给你一个序列，每次操作选择三个下标，使得选择的这三个下标的数以环形互相移动（即1，2，3变为3，1，2），问你经过任意次的操作后，这个序列能不能变为非递减序列。思路：首先考虑序列中是否存在两个相同的数。若存在：那么每两次操作都可以将两个不处于正确位置的数移动到正确位置。若不存在：那么可以证明：每次操作都会让整个序列的逆序对进行偶数次的改变，最终，如果初始序列的逆序对为偶数，则“YES”，否则“NO”。#include<bits/stdc++.h>using name
2022-03-03 17:26:44
343
原创 D. MEX Sequences
传送门题意：给你一个序列，该序列的满足题目所给条件的任意子序列数目是多少，答案对998244353取模。思路：当前的数x只能加入到mex的值为x-1，x，x+1的序列中，因而我们记dp[x][1]为mex的值等于x-1的序列的数目，dp[x][0]为mex的值等于x的值的数目。由此：假设当前要加入的数为x，那么mex为x+1的序列数dp[x+1][0]=dp[x+1][0]*2。而mex为x的序列数dp[x+1][1]=dp[x+1][1]*2+dp[x-1][0]还要注意x对x+1的me
2022-02-22 17:34:03
307
原创 序列。。。
传送门题意：见题面。思路：设f(n)为gcd(x,y)为n的序对的对数，g(n)为gcd(x,y)为n的倍设f(n)为gcd(x,y)为n的序对的对数，g(n)为gcd(x,y)为n的倍设f(n)为gcd(x,y)为n的序对的对数，g(n)为gcd(x,y)为n的倍数的序对的个数,数的序对的个数,数的序对的个数,那么显而易见的：g(n) = ∑n∣if(i)\sum_{n|i}f(i)∑n∣if(i),这个式子反演后得：f(n)=∑n∣imu(i)∗g(i/n)f(n) = \sum_{
2022-02-11 20:15:28
383
原创 华华给月月出题
传送门题意：求题中所给式子的答案。思路：题目唯一的难点在于想到f(x)=xnf(x) = x^nf(x)=xn是一个完全积性函数，下面简单证明一下：设有f(x)=xn,f(y)=yn且x≤n并且y≤n,则：f(x∗y)=(x∗y)n=xn∗yn=f(x)∗f(y)。设有f(x) = x^n,f(y) = y^n且x\leq n 并且 y\leq n,则：f(x*y) = (x*y)^n = x^n*y^n = f(x)*f(y)。设有f(x)=xn,f(y)=yn且x≤n并且y≤n,则：f(x∗
2022-02-11 17:09:09
548
原创 CF D. GCD Table
传送门题意：给你一个n*m的矩阵，第i行j列元素的值为gcd(i,j)，现给你一个长度为k的序列，问这个序列是否能和矩阵中某一行连续子串匹配。思路：对于a1a_1a1来说，我们可以列出如下式子：gcd(i,j)=a1gcd(i,j)=a_1gcd(i,j)=a1,由于选取的序列是连续的，又可以列出所有关于a1到aka_1到a_ka1到ak的式子：gcd(i,j)=a1gcd(i,j)=a_1gcd(i,j)=a1gcd(i,j+1)=a2gcd(i,j+1)=a_2gcd(i,j+1
2022-01-24 11:19:50
1399
原创 D. Martial Arts Tournament
传送门题意：给你n个数，构造一组x，y，将这n个数划分为小于等于x，大于等于y以及大于x小于y的数三个区间，我们可以往每个区间添加数，使得每个区间的数为2的幂次，输出添加数的最小个数。思路：设num[x]为1-x中数的个数，我们枚举小于等于x的区间需要添加的2的幂次和大于x且小于y的2的幂次，那么剩下的部分自然就是大于等于y的数字个数，枚举求最小添加数。#include<bits/stdc++.h>using namespace std;#define ll long long
2022-01-17 18:48:22
748
原创 E. Replace the Numbers
传送门题意：执行q次操作，有两个选项：添加一个数或者将当前所有指定的数变为另一个数。思路：我们记录每个数第一次出现的位置，作为“头”，在新添加数的时候，记录每个位置上的数第一次出现的位置，也就是它的“头”。在修改时，只需要合并“头”就行了。#include<bits/stdc++.h>using namespace std;#define ll long long#define endl '\n'int ans[500010];int link[500010];int f
2022-01-10 17:23:36
379
原创 P1052 [NOIP2005 提高组] 过河
传送门题意:青蛙想从0处到达L处，路上有m块石子，问最少踩多少块石子可以过河（可以踩石子之外的地方）。思路：暴力dp比较好想，这样做是O(l)，l最大1e9，肯定超时。但这题石头少，可以考虑离散化。离散化方案可以抽象成这样一个问题：有两个数i，i+1，从x开始，每次对x加i或者加（i+1），可以得到哪些数，然后会发现x+i*(i+1）之后的所有数都可以得到，于是我们将两点距离大于i*(i+1)的石子都减去i*(i+1)，在这题上面，我们考虑st的做法，若两点距离大于st，则一直减小t倍距离直到两
2022-01-06 11:50:34
691
原创 Alternating Sum
传送门思路：首先可以得出这是一个公比为b/a的等比数列，它的周期为k，因而每两个相邻周期的和的关系为sumi=sumi−1∗(b/a)ksum_i=sum_{i-1}*(b/a)^{k}sumi=sumi−1∗(b/a)k，所以我们可以先求出第一个周期的和，剩下的就是一个等比数列求和即可。#include<bits/stdc++.h>using namespace std;#define ll long long#define endl '\n'const ll mod =
2022-01-03 18:49:52
540
原创 Sum of Consecutive Prime Numbers
传送门题意：给你一个数n，将这个数表示成一段连续素数的和，问你有多少种表示形式。思路：欧拉筛筛出4e7之前的素数，再用双指针维护区间和。#include<bits/stdc++.h>using namespace std;#define ll long longint cnt;int vis[40000010];int pri[10000010];ll sum[10000010];void oula(){ for(int i = 2; i <= 400000
2021-12-30 12:07:46
511
原创 Prime Distance
传送门题意：求区间l到r内差最小和差最大的质数对。思路：根据“若x为合数，则它在区间[2,x][2,\sqrt{x}][2,x]内一定有最小质因数”（也就是欧拉筛的思想），我们可以先筛出[2,2147483647][2,\sqrt{2147483647}][2,2147483647]内的所有质数，再用这些质数去筛出[l,r][l,r][l,r]内的所有合数，这样就可以找到区间内的所有质数。#include<bits/stdc++.h>using namespace std;#
2021-12-28 20:08:44
178
原创 P1495 【模板】中国剩余定理(CRT)/曹冲养猪+中国剩余定理讲解
传送门借此题复习一下中国剩余定理。题意：此题可简化成求同余方程的解(a1...an互质a_1...a_n互质a1...an互质)：x mod a1=b1x\ mod\ a_1=b_1x mod a1=b1x mod a2=b2x\ mod\ a_2=b_2x mod a2=b2x mod a3=b3x\ mod\ a_3=b_3x mod a3=b3…x&
2021-12-26 21:22:24
1462
原创 J. Xingqiu‘s Joke
传送门题意：给你两个数a，b，每次可对两个数同时进行三种操作：加1，减1或者同时除以他们的公共质因数，问使得其中任意一个数到达1的最小操作 次数。思路：不妨设a>b，f(a,d)表示a，b-a这组数转化为1的最小次数，d为b-a的值，设k为b-a的质因数，那么f(a,b)是可以由状态f(a/k,b/k)和f(a/k+1,b/k)转化而来，于是，通过dfs的方式求解。#include<bits/stdc++.h>using namespace std;#define ll l
2021-12-25 22:32:26
877
原创 D. Fox And Jumping
传送门题意：给你n张卡片和初始坐标0，每张卡片都有一个lil_ili，每一张卡片可以跳到当前坐标加减lil_ili的位置同时每张卡片有对应的花费，每张卡片选取后可以任意次使用，问你想要跳到任意一个格子的最小花费。思路：首先解决一个问题：选取的卡片要满足何种条件才能够走到所有格子。这个问题不难解决，假设选取的卡片能跳的距离为a1,a2...aka_1,a_2...a_ka1,a2...ak，当前位置为pospospos那么选取的这k个卡片必须要能跳到pos+1或pos-1的位置，这样才能使
2021-12-18 14:01:21
269
原创 stein求gcd
于欧几里得算法的对比与欧几里得求gcd相比，stein算法的优势在于稳定，欧几里得算法中存在取模运算，而当模数过大时，取模运算的耗时会增加，而stein算法中只涉及移位，速度超快！原理gcd(ka,kb)=k*gcd(a,b)实现int stein(int a,int b){ if(a<b)a^=b,b^=a,a^=b;//交换 if(!b)return a; if((!(a&1)) && (!(b&1)))return stein(a>>
2021-12-17 23:46:31
214
原创 A New Function(除法分块)
传送门题意：设f(i)为i除了1和i之外的约数的和，求∑1if(i)\sum_1^if(i)∑1if(i)。思路：对于n来说，1~n中是i的倍数的个数有n/i个，利用这个可以很轻松的计算出约数i的贡献，但枚举每一个约数在时间复杂度上肯定过不去，于是想到除法分块，对于数n的每一个除法分块[li,ri][l_i,r_i][li,ri]，n/li−1n/l_i-1n/li−1就为这一段区间中的每一个数的贡献次数(不计算1和本身)，用这一段区间的和乘上贡献次数即可得出这段区间的总贡献。#incl
2021-12-14 13:55:13
1237
原创 约数之和。
约数之和题意：求出aba^bab的约数之和。思路：将a分解质因数得a=p1num1∗p2num2∗......pnnumna=p_1^{num1}*p_2^{num2}*......p_n^{numn}a=p1num1∗p2num2∗......pnnumn，那么aba^bab分解质因数就是a=p1num1+b∗p2num2+b∗......pnnumn+ba=p_1^{num1+b}*p_2^{num2+b}*......p_n^{numn+b}a=p1num1+b∗p2num2+b∗
2021-12-14 00:28:22
1004
原创 Codeforces Global Round 17 D. Not Quite Lee（gcd）
传送门题意：给你一个序列a，对于数aia_iai，将其写成任意aia_iai个连续的数，记第aia_iai组数的和为sumisum_isumi，现要你找出所有的sumisum_isumi的组合，使每个组合中的sum的和为0。思路：经过推理，不难发现：对于aia_iai为偶数的情况，它的贡献为ai/2+ai∗ka_i/2+a_i*kai/2+ai∗k，k为任意整数，下同；对于aia_iai为奇数的情况，它的贡献为ai∗ka_i*kai∗k。同时，我们也可以得出第一个重要结论
2021-11-25 20:39:15
417
原创 第 45 届国际大学生程序设计竞赛（ICPC）亚洲区域赛（南京）F.Fireworks
传送门题意：每一个烟花爆炸成功的概率为p*0.0001，我们设最优策略为一次性燃放k个烟花，则k个烟火中至少有一个燃放成功的概率为1−(1−p)k1-(1-p)^k1−(1−p)k.#include<bits/stdc++.h>using namespace std;#define endl '\n'#define ll long longll n,m;long double p;long double f(ll x){ return ((long double)x*1.
2021-10-31 12:55:12
303
原创 Bubble Cup 14 - Finals Online Mirror (Unrated, ICPC Rules, Teams Preferred, Div. 2) J. Robot Factory
传送门题意：给你一个矩阵，矩阵中的每一个数的二进制串可以表示出该位置周围的围墙信息，让你求出所有的房间大小。思路：建图，搜索，一气呵成。#include<iostream>#include<string>#include<map>#include<bits/stdc++.h>#include<iomanip>#include<algorithm>#define ll long longusing namespa
2021-10-21 21:36:21
411
原创 P1214 [USACO1.4]等差数列 Arithmetic Progressions
传送门题意：给你一个由m限制下的集合，在这个集合中找出所有长度为n的等差数列。思路：暴力+优化。首先可以枚举公差d，d的最大值取m∗m∗2/(n−1)+1m*m*2/(n-1)+1m∗m∗2/(n−1)+1即可，然后以公差d枚举数列的最后一位，判断该位是不是该数列的第n个数。#include<iostream>#include<string>#include<map>#include<iomanip>#include<bits/st
2021-10-21 11:50:57
133
原创 高斯消元。
传送门高斯消元：用模拟的方式来实现对多个方程组的求解。高斯消元可分为两个步骤：化简和回代化简：将方程组组成一个增广矩阵，并将其化为行阶梯矩阵。int Gauss(){ for(int c = 1; c <= n; c++) { int f = c; for(int r = c; r <= n; r++) { if(fabs(a[f][c]) < fabs(a[r][c])) { f = r; } } for(int i = 1;
2021-10-20 12:22:01
159
原创 P1297 [国家集训队]单选错位
传送门题意：有n个题目，每个题目有aia_iai个选项，由题目所给的代码生成序列a，在保证原先答案全部正确的情况下，将第i题的答案抄在了第i+1题上，问你现在做对题目的期望。思路：太离谱了，还以为会卡精度啥的，结果一发就过了，让我对数据产生了怀疑。看第i题的选项数aia_iai，因为目前aia_iai处的答案来自于ai−1a_{i-1}ai−1，如果ai−1≤aia_i{-1}\leq a_iai−1≤ai，即现在在小于aia_iai的数中随机选一个数，而这个数成为正确答案的概率为
2021-10-15 23:17:43
80
原创 P1004 [NOIP2000 提高组] 方格取数
传送门题意：给你一个n∗nn*nn∗n的矩阵，问你先后两次从左上角走到右下角，途中获取对应值，最多获得的值是多少。思路：类似于只走一次从左上角走到右下角的题，这题只需要枚举两个点在不同位置的最大值进行递推即可。用dp[i][j][k][l]dp[i][j][k][l]dp[i][j][k][l]表示走到(i,j)和(k,l)(i,j)和(k,l)(i,j)和(k,l)时的最大值。#include<bits/stdc++.h>#define ll long longusing na
2021-10-14 22:57:07
173
原创 Codeforces Round #748 (Div. 3)A,B,C,D1,E题解
A. Elections传送门题意：给你a，b，c三个数，问你让这三个数每一个都严格大于其它俩数的最小花费。思路：分别对a，b，c进行判断即可。#include<bits/stdc++.h>#define ll long longusing namespace std;#define eps 0.00000001int main(){ int t; cin>>t; while(t--) { ll a,b,c; cin>>a>
2021-10-14 01:00:33
313
原创 Educational Codeforces Round 115 (Rated for Div. 2) D. Training Session
传送门题意：给你n个题，每个题都有一个主题和一个难度，输入保证同一个主题下不会有相同难度的题出现，现选择三个题组成一个题集，问你满足以下至少一个条件的选择有多少种：1.所选择的三个题目主题互不相同。2.所选择的三个题难度互不相同。思路：直接算出所有方案数的难度过大，于是走反面，用总的选择数-非法的选择数。对于此题的输入，我们可以建立邻接矩阵，并将每一种难度的题的数目装入桶中。遍历所有的问题，对于问题a(i,j)a(i,j)a(i,j)，i表示主题，j表示难度，一定包含问题a的非法组合的数目为:
2021-10-12 22:30:58
154
原创 P1072 [NOIP2009 提高组] Hankson 的趣味题
传送门题意：给你a0,a1,b0,b1,问你gcd(x,a0)=a1,lcm(x,b0)=b1,有多少个x满足条件gcd(x,a0)=a1,lcm(x,b0)=b1,有多少个x满足条件gcd(x,a0)=a1,lcm(x,b0)=b1,有多少个x满足条件。思路：先看gcd(x,a0)=a1gcd(x,a0)=a1gcd(x,a0)=a1这个式子，x可以被拆分为数个质数，a0同理，那么它俩的gcd就应该为公共质因数的乘积，也就是说x/a1x/a1x/a1和a0/a1a0/a1a0/a1没有公共质因数
2021-09-28 15:27:27
132
原创 P1069 [NOIP2009 普及组] 细胞分裂
传送门题意：给你m1，m2，现在有M=m1m2M = m1^{m2}M=m1m2个试管，n种细胞，每种细胞经过1s可以分裂成aia^iai个细胞，问你可以将细胞平均分配到M个试管的最短时间。思路：先得出m1的质因数集合s1以及这些m1中这些质因数的个数，可以想到：如果i细胞可以在有限的时间内得到合适的数量使其可以分配到M个试管中去，那么i细胞每次分裂的个数ai，它的质因数集合设为s2，则s1一定包含于s2。于是，s2集合里的质因数每秒加1，而s1里的每种质因数的个数应该还需要乘上m2，最后我们只
2021-09-26 11:50:04
467
原创 Codeforces Round #743 (Div. 2) B. Swaps
传送门思路：遍历b数组，找到a数组中小于bib_ibi的下标最小的数。#include<stdio.h>#include<iostream>#include<string.h>#include<algorithm>#include<map>#include<queue>#include<math.h>#include<vector>using namespace std;#define
2021-09-20 22:33:59
217
原创 P4447 [AHOI2018初中组]分组
传送门题意：给定一个序列，要给这些序列分组，要求组内的值连续且不重复，问元素个数最少的组的元素个数最大值。思路：可以先将连续的数字看成一组，在这些连续数字中，由小到大判断每一个值的个数，对于相邻两个数来说，如果较大值的个数比较小值得个数多，那么较大值就可以让自己的全部值参与划分并且还有剩余，但如果较大值的个数比较小值小，那么划分就可以到此结束了，若是较大值参与划分，它便不会有剩余，这就可能导致后面的值无法分配，从而使得答案较小。#include<bits/stdc++.h>usin
2021-09-18 15:56:37
272
原创 P1621 集合
传送门思路：先将质数筛出来，再用筛出的质数去筛a到b的数，并将其加入到并查集中。#include<stdio.h>#include<iostream>#include<string.h>#include<algorithm>#include<map>#include<queue>#include<math.h>#include<vector>using namespace std;#de
2021-09-17 21:56:59
88
原创 Codeforces Round #730 (Div. 2) D1. RPD and Rap Sheet (Easy Version)
传送门思路：假设0到n-1之间的数为密码，则可以想到一个可行的解法：第一次输出0，之后的每一次都输出(i−1)⊕(i−2)(i-1)⊕(i-2)(i−1)⊕(i−2)。假设答案为x，那么第一次输出0，答案变为0⊕x；第二次输出0⊕1，那么答案就变为0⊕x⊕0⊕1,即x⊕1；第三次变为x⊕2…以上利用异或的性质，可以在n次询问中获得答案。#include<bits/stdc++.h>#include<ctime>using namespace std;#def
2021-09-11 20:03:29
110
原创 Educational Codeforces Round 113 (Rated for Div. 2) C. Jury Meeting
传送门题意：给你一个序列，每次从头到尾每一次让不为0的值减1，执行数次直到序列中所有数为0，问你满足序列中不会出现同一个数连续减两次的排列的种数。思路：易得：当序列中至少有一个最大数在所有比它小1的数的右边，那么该序列不满足条件，为了方便，考虑反面，用整个序列全排列的个数减去反面的个数。考虑反面：当一个最大数在第n位时，这种情况的个数为：An−1n−1∗A最大数个数最大数个数∗A比最大数小一的数的个数比最大数个数小一的数的个数A_{n-1}^{n-1}*A_{最大数个数}^{最大数个数}*A_{
2021-09-10 00:17:59
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