BRCOCOLI的博客

原则1：n的余数最多有n种，所以最多n^2就会一个循环，就想400前后同一天星期几也一样，是个至少要满足的循环n是1~1000，f函数从第3项开始算时间超出，所以直接打表#include#include#include#include#includeusing namespace std; const int maxn=1000+5;int ans[maxn][maxn*6]

看到一个很大的数字的什么什么的余数就要想到唯一分解定律#include#include#include#include#include#includeusing namespace std;void Getprimes(int n,vector& p){ int m=sqrt(n+0.5); for(int i=2;i<=m;i++) { if(n%i==0) {

如果考虑l代表右边比他高的有几个，r代表左边高的有几个，l代表右边高的有几个那么会超级复杂，排列约束条件很多只能考虑有序化方便决策：从最矮开始排每增加一个会遮住很多柱子，没什么规律所以考虑从最大开始排，每插入一根会导致三种结果1）插到左边 使 r+1  只有一种插法2）插到右边 使l+1  只有一种插法3）插到中间 r，l不变  有n-2种插法定义个数组表示个数

递推假设第一名有i人 ，即C(n,i) i∈[1,n] ，剩下n-i个人的名次有f(n-i)种可能性，只要对于每种排名，将i个人都放在并列第一就是一种新的排名所以f(n)=∑f(n-1)*C(n,i);对于这i个人不需要考虑剩下如处于第二第三的情况，因为f(n-i)中已经包含这种情况了剩下就是计算C(n,m)的问题，使用公式c(n,m)=n!/[(n-m)!*m!] 肯定会

递推思想就是把这一项递推到前一项，把问题简单化，例如Fibonacci数列f(n)=f(n-1)+f(n-2)题目的意思就是n个长度字符中至少有3个连续的U的字符有几种于是问题核心就是怎么递推，使问题规模减少假设答案为f(n)，从第一个连续的U开始编号为第i,i+1,i+2个于是字符串可以分为3部分:第一部分为1~i-1设有g(i-1)种g(i-

一共9堆排，每堆牌有0~4 这5种状态，所以一共有5^9=1953125种状态定义：对于状态i，d[i]表示在这种状态下要成功的概率，也即是后序状态成功几率的平均值状态转移：也即是1)拿这两对相同的牌    2)拿下一对相同的牌状态选取：因为是计算总的成功的概率所以不存在最优的解概率计算：利用全概率公式，也即是  一个状态的成功的概率  等于 后续状态下的成功概率平

#include#include#include#include#include#include#includeusing namespace std;vector Alpha[5];void GetAlpha(char a[][6],char b[][6]) //得到待选的字母表 { for(int i=0;i<5;i++) Alpha[i].clear(); i

设f(m,n) 设m于是问题转化为求n的个数f(n)于是个数=2*f(n)+1其中1是f(1,1),乘以2表示，m，n反一反#include#include#include#include#include#includeusing namespace std;void phi_table(int n,int *phi){ for(int i=1;i<=n;i++)

即计算1~n中与n互素的整数个数互素就是无法被n整除的数（"与p互素"和"不是p的倍数"是等价的）所以第一种显而易见的方法就是暴力枚举法，但效率太低。第二种方法用唯一分解定律再运用容斥原理：分解定律：分为n=p1^a1*p2^a2......pk^ak;容斥原理：在计数时，要保证无一重复，无一遗漏。为了使重叠部分不被重复计算，在不考虑重叠的情况下，把包含于某内容中的所有对象的数

运用到第一分解定律以下唯一分解定律证明：转自：http://www.matrix67.com/blog/archives/495为了真正地证明，分解质因数的方法是唯一的，我们将再次用到反证法。假设存在某些数，它们有至少两种分解方法。那么根据上文提到的“非空正整数集里存在最小的元素”，一定有一个最小的数M，它能用至少两种方法表示成质数的乘积：M = P1 * P2 * … * Pr