智浩的博客

额，，，走方格不是走边。 杨辉三角形，从A出发到每个点的走法数等于它左边点和上边点的走法相加 1　　1　　1　　  1 1　　2　　3　  　4 1　　3　　6　　 10 1　　4　   10　   20 可以看出结果为C（min（n-1，m-1），n+m-2 ）      令m+n-2=m, m-1=n, 即c(n, m)＝m!/((n-m)!*n!)%

注意：for（int i=2；i！=1；i++） 循环到 i 值溢出时，会重新从0开始加。 #include #include #include #define ll long long using namespace std; void gcd(ll a,ll b,ll &d,ll &x,ll &y){ if(!b){d=a;x=1;y=0;} else{ gcd(b,

大意： 给出k个模方程组：m mod ai = ri。求m的最小正值。如果不存在这样的m，那么输出-1. 思路： lcm是广义的，lcm（m1,m2）表示m1,m2序列的最小相等的值。 。。。。。。 算了，不会推导，直接用吧。 #include #include #include #define ll long long using namespace std; int n; ll a

#include #include #include #define ll long long using namespace std; void gcd(ll a,ll b,ll &d,ll &x,ll &y){ if(!b){d=a;x=1;y=0;} else{ gcd(b,a%b,d,y,x);y-=x*(a/b);} } int n,N; ll a[100005],r[

题目：点击打开链接 前提是除数数组m[i]是两两互质的。 x=a [ i ](mod m[ i ])     wi=M/mi，wi*Pi=1(mod mi) ans=a1w1P1+a2w2P2+……ajwjPj #include #include #include #include #define ll long long using namespace std; const int ma

题目：https://cn.vjudge.net/problem/HDU-2588 gcd（x,n）>=m，设gcd（x,n）=i， 所以有 i * a=x，i *b =n ；保证 i >=m,枚举 i 即可。 但是数据太大，我们可以枚举符合条件的小于sqrt(n)的 i 即可，同时把 n / i 枚举出来 由x #include #include #include #include #

题目：http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=2818 思路： 求1数对(x,y)有多少对. 可以写成 求1数对(x,y)有多少对. 这就成了x，y互质，于是 欧拉（y）就求出了与y互质的x个数，即（x，y）对数， i当然小于n，枚举每个i，即n/i，向下取整，把所有对应欧拉（y）求出，这里用前缀和处理即可。 用线性筛数组改成

题目：思路：又学了一个定理:如果所有数的最大公约数不为1，则他们无法组成的数有无穷个；反之，则有有限个。然后完全背包，把背包容量写大点就行。别chai，一完全背包就方案数，这么大容易超int，赋为1就行了。#include<bits/stdc++.h> #define ll long long int using namespace std; const int N=100010; ...

题目：https://nanti.jisuanke.com/t/25985题意：让你求出符合哥德巴赫猜想的任意两个加数。思路：数太大，用miller-rabin素数测试。#include<bits/stdc++.h> #define ll unsigned long long int using namespace std; ll ModMul(ll a,ll b,ll n){//快...