围巾的ACM博客

思路：首先很容易就知道对于n=1,2,3的时候要特判，然后其实就是找三个尽量大的互质的数就是了 n为奇数的时候，由相邻数字一定互质和相邻奇数一定互质可以知道，最优答案肯定是n*(n-1)*(n-2)那么接下来我们只要讨论n为偶数的时候了，首先n和n-1是互质的，但n和n-2是不互质的，所以一个可以考虑的解是n*(n-1)*(n-3)，那么n和n-3一定互质吗，答案是不一定的，当n%3==0

思路：这个题一眼看上去没什么思路...先把小数据的用BFS打出来了然后直接看出规律来了....#includeusing namespace std;int main(){ int x,y; while(scanf("%d%d",&x,&y)!=EOF) { if(x>y) { printf("-1\n"); continue; } if

思路：将式子分母移过去其实就是x = m(kb+1)，m是x%b的值，显然m的取值范围是1到b-1，然后先求出m，然后枚举k即可#includeusing namespace std;#define LL long longLL ans = 0;const LL mod = 1e9+7;int main(){ LL a,b; scanf("%lld%lld",&

思路：把给的式子展开，然后推推就好了....#includeusing namespace std;typedef long long LL;LL gcd(LL a,LL b){ return a%b==0?b:gcd(b,a%b);}int main(){ int T,n,t; scanf("%d",&T); while(T--)

思路：比赛时候是迷之手玩了很多个样例然后大胆猜测了一发公式...正解：A Boring Question\sum_{0\leq k_{1},k_{2},\cdots k_{m}\leq n}\prod_{1\leq j∑​0≤k​1​​,k​2​​,⋯k​m​​≤n​​∏​1≤jm​​(​k​j​​​k​j+1​​​​) =\sum_{0\leq k_{1}\l

思路：看到这个数据范围以为要上高精度了...结果...#include#includedouble n, p;int main(){ while(scanf("%lf%lf", &n, &p) != EOF){ printf("%.0f\n", pow(p, 1/n)); }}DescriptionCurrent

题意：给出k个模方程组：x mod ai = ri。求x的最小正值。如果不存在这样的x，那么输出-1.思路：中国剩余定理有一个条件是m1,m2...mn必须两两互质，如果不互质怎么办呢?套模板！#include#includeusing namespace std;typedef long long LL;typedef pair PLL;LL a[100000], b[

思路：中国剩余定理的裸题#includetypedef long long LL;const int N = 100000 + 5;void ex_gcd(LL a, LL b, LL &x, LL &y, LL &d){ if (!b) {d = a, x = 1, y = 0;} else{ ex_gcd(b, a % b, y, x, d);

思路：一开始写二分边数一直WA到无法自理...对于给定的圆，和他相切的正多边形的边数越多，正多边形的周长越小。但是因为对每个边长有最小的长度限制，我们可以直接算出来。利用边长的最小限制，我们能求出对应的内角，从而可以找到大于等于该内角度数的边数最小的正多边形。（摘自网上）#include #include #include #include #include using na

思路：设走过的时间为t，那么就有在x方向上走过的路程x+t*vx,y方向上y+t*vy，然后代入圆的方程就可以解出两个根了，判断是不是有反弹也是同理的#include#include#include#includeusing namespace std;int main(){ double Rm,R,r,x,y,vx,vy; while(scanf("%lf%l

思路：根据期望的线性性，我们可以分开考虑每个位置对答案的贡献。可以发现当ii不在两边的时候和两端有六种大小关系，其中有两种是对答案有贡献的。那么对答案的贡献就是\frac{c_i}{3}​3​​c​i​​​​。在两端的话有两种大小关系，其中有一种对答案有贡献。那么对答案的贡献就是\frac{c_i}{2}​2​​c​i​​​​。复杂度是O(n)O

思路：比赛的时候看到样例答案就是8/7，然后猜了几发公式...正解：首先这个题微分方程强解显然是可以的，但是可以发现如果设参比较巧妙就能得到很方便的做法。先分解v_1v​1​​，设船到原点的距离是rr，容易列出方程\frac{ dr}{ dt}=v_2\cos \theta-v_1​dt​​dr​​=v​2​​cosθ−v​1​​\fra

思路：虽然有10^5个点，可是两两曼哈顿距离不会超过2*10^5，所以根据鸽巢原理有复杂度为不会超过2*10^5#includeusing namespace std;#define LL long longconst int maxn = 1e5+7;struct point{ int x, y;}p[maxn];int vis[2*maxn];int Dis

思路：满足lcm（c1,c2,c3,...,cn)%k==0就“yes"#includeusing namespace std;#define LL long longLL gcd(LL a,LL b){ if(b==0) return a; return gcd(b,a%b);}LL lcm(LL a,LL b){ return a*b/gcd(a,b);}

思路：如果时间最小 那么最后一定是每个人都同时到达终点，设所有人 走路时间都为t1 搭车时间都为t2，那么车子每次回头去载人的时间就是t3=t2*（v2-v1）/（v2+v1）可以列出（num-1）*( t2 + t3 )*v1+t2*v2=L，t2*v2+t1*v1=L，然后解方程就可以了#includeusing namespace std;double l,v1,v2

思路：每放一个棋子影响的就是它所在的行和列嘛，那么标记一下哪一些行和列没有被标记的乘起来就是答案了#includeusing namespace std;#define LL long longconst int maxn = 100000+500;int vis1[maxn],vis2[maxn];int main(){ int n,q; scanf("%d

思路：首先这个题你要先知道其实它是求连通的二分图的个数，这个要自己画图慢慢验证....反正我这个智障画了一晚上才搞懂....有n*m个格子，可以不划，向左划，向右划三种选择，那么就有3^(n*m)种可能，然后我们减去不合法的二分图的种数，首先假设我们在n个点固定一个点，这样做可以避免算重，然后在剩下的n-1个点中选择i-1个点，在m个点中选出j个点，那么它们的组合就有C(n-1,i-1)*C(m,

思路：这个题居然高数老师说过...它的公式其实就是x*f(x)的积分/f(x)的积分,f(x)=(r^2-x^2)^(n-1)/2，然后推推就出来了#includeusing namespace std;const int maxn = 2*1e5+7;#define LL long long#define pi acos(-1.0)double si[maxn];voi

思路：异或的题一般要拆成二进制来看，对于每一位来说有奇数个1的时候才会是1，然后对于每一位算一个组合累加起来就可以了#includeusing namespace std;const int mod = 1e6+3;const int maxn = 1005;int a[maxn],ans[maxn],C[maxn][maxn];int n;#define LL long

思路：通过n=1的时候枚举a求出b，然后通过n=2的时候验证是否成立#includeusing namespace std;#define LL long longLL C,k1,b1,k2;LL qpow(LL x,LL n,LL mod){ LL ans=1; while(n>0) { if(n&1) ans=(ans

思路：这题还是蛮有意思的，-2进制的转换，和2进制其实是差不多的，唯一注意的是如果除-2得出来的余数是负数的话要把它转为正数，同时商+1即可了#include#include#includeusing namespace std;const int maxn = 100000+7;char ans[maxn];int main(){ int n,p=0; scanf(

题意：你坐的车长l，高h，恒定速度v 在走，前面有一道大门，在高H，以速度x恒速下落，你可以选择继续恒速或者以a的减速度继续走，问你是否可以无论选择怎么方式走，门都不会夹到或者碰到你的车思路：如果你以a的减速度走，那么一个关键点就是刚好减速到0的时候恰恰在门的前端点，如果你以恒定速度走，那么一个关键点就是恰好你车全部过了门的右侧，那么就可以列出一条等式，令s1#include#i

思路：转自别人的题解：分析：只要知道a[i]+a[j]=a[i]|a[j]+a[i]&a[j]就好做了，我们令sum=∑ni=1a[i]，然后我们会得到c[i]=∑nj=1(a[i]+a[j])−b[i]=n∗a[i]+sum−b[i]即b[i]+c[i]=n∗a[i]+sum然后就可以求出a数组啦，最后我们还要检查一下a数组是否能够使得b,c数组成立。#includeusing

题意：你有n块钱，有两个方式给钱，一种是给n的最大因子，另外一种是把n拆成大于等于2个数，给这些数的最大因子和，求最小的给钱数思路：由哥德巴赫猜想可知，任意一个>2的偶数可以写成两个质数的和，任意一个>7的奇数可以写成3个质数的和，那么把2，3，4，5，6，7的情况写出来，然后判是否素数，然后分情况讨论即可，有一个特别的是如果是>7的奇数要先判n-2是否为素数，如果是的话那么就是2，否则就是3

思路：将Alice的期望写出来化简之后有E(x)=(pa*(a+b+2c)-b-c)pb-b*pa-c*pa+b 因为Alice与B是否出杀无关，即第一项pb那里的系数为0,所以可以推导出pa*(a+b+2c)-b-c=0,pa为Alice出杀的概率，解出来代会原式即可#includeusing namespace std;int main(){ int a,b,c; wh

题意：n个凳子m个人，每个人至少隔k，问有多少种方案数mod 1e9+7思路：考虑先固定一个人，那么就有剩下m-1个人和n-1张凳子，因为每人之间至少隔k个，那么抽出m*k张凳子，剩下n-1-m*k张凳子分配给m-1个人，那么就是C(n-1-m*k,m-1)，因为有n个人，所以乘个n，因为这里的人是没有区别的，所以需要除以m来去掉同样的方案数#includeusing names

思路：把公式推一下就可以了#includeusing namespace std;#define LL long long#define pi acos(-1.0)int main(){ LL s; scanf("%lld",&s); printf("%.6lf\n",1.0*s*sqrt(s/(72*pi)));}B君要用一个表面积

思路：(a*b)%2016实际上就是(a%2016*b%2016)%2016..根据这个性质枚举余数...开两个数组标记下当余数为i时有多少种选择，然后就可以了#includeusing namespace std;#define LL long longint cnta[2100],cntb[2100];int main(){ int n,m; while(sc

思路：这个题我的推导过程是vt^2-vo^2=2as, s=vt,c=av然后代一下就出来了...并没有积分..不过效果是一样的#include#include#includeusing namespace std;const int N = 100005;struct node{ double v, x, d;}que[N];bool cmp(node a,

思路：只需要百度一下勾股数...就有构造方法了...不多说#includeusing namespace std;#define LL long longint main(){ LL n; scanf("%lld",&n); if(n==1 || n==2) { puts("-1"); return 0; } if(n&1) { n

思路：学习了一波辛普森公式求积分 点击打开链接，然后就是套最短路模板就可以了....坑点：是有向图，看成了无向图WA了好多次#includeusing namespace std;#define inf 1e9#define eps 1e-8int n,m,T;struct Node{ int v,c,d; Node(){}; Node(int vv,int cc

思路：显然无理数是不能取模的，考虑An=(5+2sqrt(6))^n+(5-2sqrt(6))^n显然是一个整数，那么因为0(5+2sqrt(6))^n+(5-2sqrt(6))^n-1其实就是5+2sqrt(6)的整数部分，就是结果了，然后就是求An的递推式了#includeusing namespace std;#define LL long longconst int ma

思路：妈呀数学智障并不知道怎么推...全靠意识...E[V]=E[​m​​∑​i=1​m​​(X​i​​−​X​¯​​)​2​​​​]=E[(X​i​​−​X​¯​​)​2​​]=E[X​i​2​​−2X​i​​​X​¯​​+​X​¯​​​2​​]= E[X_i^2] - 2\bar XE[X_i] + E[\bar X^2] = E[X_i^2] - 2\bar X^2

思路：这个题目题意坑的不行。。最后强行猜了一波。。正确的题解： nn个点的图, 要求有尽量多的边, 并且不存在三元环. 这个边数就是mm的下界.对于一个nn个结点的没有三元环的图, 边数最大的就是完全二分图. 于是答案就是\lfloor \frac{n}{2} \rfloor \cdot \lceil\frac{n}{2} \rceil⌊​2​​n​​⌋⋅⌈​2

思路：这里是有一个定理的，当s1+s2+....si >= i(i-1) (1#includeusing namespace std;const int maxn = 20000+6;int n,a[maxn];int main(){ int T; while(scanf("%d",&T)!=EOF) { while(T--) { int res =

思路：一道纯平面几何题....显然AM是成立的，然后猜测剩下的是与AB,AC相切的圆的劣弧...就做完了...#includeusing namespace std;double dis(double x1,double y1,double x2,double y2){    return sqrt((x1-x2)*(x1-x2)+(y1-y2)*(y1-y2));}int

题意：统计平面内有多少个点共线，有重点思路：显然没有重点的时候是个水题，这里统计共线我是用了斜率存进map里面，由于直接除会是double很容易挂，所以直接map,int>这样来处理就可以解决了，然后算一下重点的贡献和不重点的贡献就可以了#includeusing namespace std;const int maxn = 1005;const int mod = 1e9+

思路：有1到n n个数，如果k%a==0，那么给p元，如果k%b==0，那么给q元，如果k%a==0||k%b==0，那么给p元或者q元，问你最多给多少，显然猜一下k%lcm(a,b)=0给max(p,q)就好了#includeusing namespace std;#define LL long longLL gcd(LL a,LL b){ if(b==0) retur

思路：推一下公式可以知道其实就是a^n*x+a^(n-1)*b+a^(n-2)*b+....b，就是一个等比数列求和嘛，注意特判1，可是因为范围太大，所以就要用到模乘法以及逆元。           a^(mod) % mod = a           a^(mod-1) % mod = 1           a^(mod-2) * a %mod = 1           所

题意：从一个长度为n的序列中，选出3个数，要求l1思路：开两个map分别维护这个数前面和后面的每类数的个数，然后瞎搞搞#includeusing namespace std;const int maxn = 200000+100;#define LL long longmapmark1;mapmark2;LL a[maxn];int main(){ int