Rain

考虑一个非递减的整数序列 S1,....Sn+1(Si<=Si+1 1<=i<=n)。 序列M1...Mn是定义在序列S的基础上，关系式为 Mi=( Si + S(i+1) )/2, 1<=i<=n, 序列M叫做序列S的平均数序列。例如序列1,2,2,4的平均数序列为 1.5,2,3.注意到平均数序列中的元素可能为小数。但是本题的任务只是处理平均数序列都为整数的情况。 给出一个n个数字的非递减的整

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;#define pii pair#define LL long long#de

Count the BuildingsTime Limit: 2000/1000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 65536/65536 K (Java/Others)Total Submission(s): 1477    Accepted Submission(s): 491Problem DescriptionThere a

第一类Stirling数 s(p,k)　　  s(p,k)的一个的组合学解释是：将p个物体排成k个非空循环排列的方法数。 s(p,k)的递推公式： s(p,k)=(p-1)*s(p-1,k)+s(p-1,k-1) ,1边界条件：s(p,0)=0 ,p>=1  s(p,p)=1  ,p>=0递推关系的说明：考虑第p个物品，p可以单独

题目大意：求两个大整数的乘积, 两个大整数长度都不超过50000, 多组数据, 时限1s大致思路:作为FFT算法的一个开头的题, 恩还是仔细写了一下这个题就是把整数视作是两个多项式, 每一位就是一项, 那么就相当于是两个最高次数不超过50000的多项式乘积之后在x = 10出的值, 那么这样就很简单了, 直接处理出其多项式然后用FFT计算即可来自kuan

实际做题中我们可能会遇到很多有关及计算几何的问题，其中有一类问题就是向量的旋转问题，下面我们来具体探讨一下有关旋转的问题。首先我们先把问题简化一下，我们先研究一个点绕另一个点旋转一定角度的问题。已知A点坐标(x1,y1)，B点坐标(x2,y2)，我们需要求得A点绕着B点旋转θ度后的位置。A点绕B点旋转θ角度后得到的点，问题是我们要如何才能得到A' 点的坐标。（向逆时针方向旋转角度正

InputThe first line contains a integer T indicating the total number of test cases. Each test case begins with an integer n, denoting the number of stars in the sky. Following n lines, each

题意：平面上n个点，问能组成多少个锐角三角形分析：统计锐角的个数，设为 A，钝角和直角的个数，设为 B 每个锐角三角形有三个锐角，每个钝角和直角三角形均贡献两个锐角 所以答案即为 A−2B3 然后题解在对每个点极角排序之后，采用 two pointers的方式来找上下界 比二分好写多了，也很方便，时间复杂度 O(N2logN)

题意：让你用k个字母构造出两个长度为n的a,b串，其中a,b连续对应子串的长度不能超过m，问方案数。分析：dp[i][j]表示现在构造了i长度，长度j后缀连续对应相等，那么dp[i][j] = dp[i-1][j-1]*k,特别地，dp[i][0] = sigma(dp[i-1][j]*(k-1)*k) (0=令sum=dp[n][0]+dp[n][1]…+dp[n

E. Okabe and El Psy Kongrootime limit per test2 secondsmemory limit per test256 megabytesinputstandard inputoutputstandard outputOkabe likes to take walks but k

题目大意：求 f(n) = f(n−1)+2f∗(n−2)+n4，其中 f(1)=a,f(2)=b这道题可以推得：fn=fn−1+2fn−2+n4，因为n很大，明显可以用矩阵快速幂。但是我们会发现状态转移方程与n有关，这样我们需要利用二项式展开 n4=(n−1+1)4=C04(n−1)4+C14(n−1)3+C24(n−1)2+C34(n−1)1+C44(n

题目的意思是有一个叫做233 Matrix的矩阵。给定第一行元素a(0, 1) = 233, a(0, 2) = 2333, a(0, 3) = 23333, ..., a(0, n) = 10 * a(0, n - 1) + 3, (n >= 2)。第一列元素a(1, 0), a(2, 0), a(3, 0), ..., a(n, 0)，和一个递推式子a(i ,j) = a(i

代码一：#include#includeusing namespace std;const int MOD = 10000;int fast_mod(int n){ int base[2][2] = {1, 1, 1, 0}; int ans[2][2] = {1, 0, 0, 1}; int tmp[2][2]; while(n) {

题意：有一个base(2≤base≤6)base(2≤base≤6)进制系统，这里面的数都是整数，不含前导0，相邻两个数字不相同。而且每个数字有一个得分score(1≤score≤109)score(1≤score≤109)，得分为 相邻两个数字之差的平方之和。给出basebase和scorescore，求满足条件的整数的个数 mod232mod232。分析

题目相当于求n个数的和不超过m的方案数。如果和恰好等于m，那么就等价于方程x1+x2+...+xn = m的解的个数，利用插板法可以得到方案数为：(m+1)*(m+2)...(m+n-1)  = C(m+n-1,n-1) = C(m+n-1,m)现在就需要求不大于m的，相当于对i = 0,1...,m对C(n+i-1,i)求和，根据公式C(n,k) = C(n-1,k)+C

题目大意：有以为画家，有n种颜料，给出n种颜料的值。然后在1~n天中，他每天都会选择相应天数的颜料数进行混合，形成新的一种颜料。比如说第2天，他会选择任意两种的颜料混合，得到新的一种颜料（所选的颜料的值全部取亦或后的到的数即为新颜料的值）然后对应输出每一天有可能合成颜料值的总和。思路：     首先把所有的数都拆成二进制，然后把他们在某一位上的数字加起来，比如      

Problem 2282 WandAccept: 84    Submit: 310Time Limit: 1000 mSec    Memory Limit : 262144 KB Problem DescriptionN wizards are attending a meeting. Everyone has his own magic wand. N mag

与n和k的大小无关，每件物品都有 k 种分法，则 n 件不同物品，按照乘法原则，共有k^n 种分法。 如果是 n 件相同物品，则共有 C[ n+k-1 , n] 种分法；此两种分法都不限每个人分得的物品件数。

D. Taxestime limit per test2 secondsmemory limit per test256 megabytesinputstandard inputoutputstandard outputMr. Funt now lives in a country with a very specif

题目大意：给你一个n,让你求1/1+1/2+1/3+..1/n思路：因为n的值达到了1e8,内存不够，可以每隔50项纪录一下。#include#include#include#include#includeusing namespace std;const int maxn = 1e8+5;double sum[maxn/50+5];void init(){

霍纳法则简介假设有n＋2个实数a0，a1，…，an,和x的序列，要对多项式Pn(x)= anxn＋an－１xn－１＋…＋a１x＋a０求值，直接方法是对每一项分别求值，并把每一项求的值累加起来，这种方法十分低效，它需要进行n＋(n－1)＋…＋1＝n(n＋１)/2次乘法运算和n次加法运算。有没有更高效的算法呢?答案是肯定的。通过如下变换我们可以得到一种快得多的算法，即Pn(x)=

AcDreamer博客原文链接：http://blog.youkuaiyun.com/acdreamers/article/details/7851144二分解决自然是因为幂次太大，用公式远超int范围，无法求解今天我们学习如何有效地求表达式的值。对于这个问题，用二分解决比较好。 （1）当时，（2）当时，那么有    （3）当时，

首项为1次项的，前面的博客中已经有过讲解：http://blog.youkuaiyun.com/rain722/article/details/71034438附上代码：#include #include #include using namespace std;const int M = 1000000007;typedef long long LL;LL power(LL a,LL

题目链接：http://acm.timus.ru/problem.aspx?space=1&num=20702070. Interesting NumbersTime limit: 2.0 secondMemory limit: 64 MBNikolay and Asya investigate integers together in th

二分乘法主要是解决乘法的结果远超int范围,但为结果有取余的乘法运算LL power(LL a,LL b) { LL ans = 1; a %= MOD; while(b) { if(b & 1) { ans = ans * a % MOD; b-

题意：给你C,k1,k2,b1，按字典序输出满足的所有(a,b)对解题思路：因为对于任意n均满足，故n=1的情况也是符合的，故可得①而n=2的情况也是符合的，可得②因为①式mod C = 0 ,所以①式乘以一个数mod C 仍为0，不妨①式*，可得所以，我们只需遍历一遍a的取值(1~C-1)，利用快速幂计算出，以及，再根据式①可以

一、求解C(n, m)公式一： 公式二：公式二可以这么理解，从n个物品中取m个有2种情况：(1)不取第n个物品，于是从前n-1个中取m个; (2)取第n个物品，于是从前n-1个中取m-1; 所以答案是这两种情况的和 二、求解C(n, m)%p，p为大质数当n,m,p都很大的时候，用公式二肯定不行了，费时间又费内存，这时候要用公

题意： 问你一共有多少个子串，满足下列条件： ①长度为偶数 ②前一半是（ ③后一半是） ④子串不必要连续。解题思路： 首先需要知道一个公式* O( n )的预处理。很显然需要统计一下每个位置前面的（有多少个，后面的）有多少个，才可以方便计数。 * 算出对每一个位置前后的（）有多少种匹配，为了保证不重复，所以我们要求一定要使用当前位

题意：求1~n中不能被给定m个数中任意一个数整除的数的个数思想：n-(1~n中至少能被m个数中的一个整除的数个数)解法：    容斥原理的思想，多减的数要加回去比如第一组样例：10 - 能被2整除的数的个数 - 能被3整除的数的个数 + 能被6整除的数的个数第二组样例：20-能被2整除的数的个数-能被4整除的数的个数+能被4整除的数的个数（2,4的最小公倍数）

题目大意：在一个m行n列的矩阵网里放k个石子，问有多少种画法？每个格子最多放一个石子，所有石子必须用完，并且在第一行、最后一行、第一列和最后一列都得有石子。解题思路：容斥原理，我们可以先求说在m∗n的矩阵上放k个石子的种数C(nmk),减掉四条边界不放的情况就是答案了。所以枚举16种状态，用二进制数表示说四条边中那些边是不放石子的。#includeusing na

B. Jzzhu and Sequencestime limit per test1 secondmemory limit per test256 megabytesinputstandard inputoutputstandard outputJzzhu has invented a kind of sequence