玫葵之蝶

这题以前用快速幂写的 今天用线性筛写了一下，真刺激 大概就是说那个东西是 f∗1kf∗1kf*1^k 然后你只要算出来1k1k1^k 就可以O(nlogn)O(nlogn)O(nlogn)卷积了 关于算1k1k1^k当然可以直接快速幂 O(nlognlogk+nlogn)O(nlognlogk+nlogn)O(nlognlogk+nlogn) 然而有更好的做法，我们可以线性筛 首...

传送门 首先，我们可以这样分解阶乘质因数： cnt(p)=∑i=1∞⌊npi⌋cnt(p)=\sum_{i=1}^{\infty} \big\lfloor {\frac n {p^i}}\big\rfloor 也就是枚举质数一直除，具体原理可以自己想，我不多说。 对于这个题，大家应该有些人做过这个题的简单版本吧： 求n!末尾0的个数。 这个题的做法还是很简单的，用上面那个方法筛出2和5的

这个算法要过线性筛模板好难啊 改了好几次才卡到单点800ms过了 其实这个算法就是玄学，就是不断地取随机数，一直用什么什么定理去试，然后还说什么出错几率非常小，其实还是会错的呀，所以要我说就是玄学（虽然模板题100000个数都过了吧。。） 一般来说试10次比较保险，其实5次左右就够（尤其是卡时间的时候） 其实学这个算法就是为了学pollard-rho质因数分解，要不然我会来学这么玄学的东西？

传送门 这个题明显扩展欧拉定理，也就是这个定理： abmodc=a(bmodϕc)+ϕcmodca^b\mod c=a^{(b\mod \phi c)+\phi c}\mod c我们可以递归地去做那个式子，一直取phi，再加个快速幂(=ksm=kasumi)就好了。 所以就可以做了。 还有就是这么一直取phi，最多只会取log2plog_2 p次，就会变成1，然后就是： amod1+ϕ1=

这个题不用我多说，洛谷原题，改一下就好了，贴一个链接自己看吧。 我的blog 代码：#include<cstdio>#include<cstring>#include<iostream>#include<cmath>#include<algorithm>#include<cstdlib>#define ll long longusing namespace std;ll prim

可以发现，第一刀必须把两个部分切成斐波那契数列两项的倍数，然后才能避免切不下去的情况。 然后我们就可以O(n√)O(\sqrt n)枚举约数d，判断n/d是否是斐波那契数列中的一项，然后统计答案，再对m做同样的，就好了。 代码：#include<cstdio>#include<cstring>#include<iostream>#include<cmath>#include<algori

传送门 首先肯定是线段树，然后问题就是怎么打标记。 观察题目，可以发现，修改操作其实就是给一段区间加上从1到r-l+1的斐波那契数列。 那么思路就是：预处理斐波那契数列前缀和，这样可以O(1)查询斐波那契数列和。然后打标记的时候，比如要修改[L,R]，那么统一都打成L-1，然后更新的时候就可以O(1)修改sum值了。 具体就是比如区间[l,r]，那么更新时就是： sum[rt]=(sum[

题目大意：给定长度为n的序列，计算∑ni=1∑nj=i+1ai\sum_{i=1}^n\sum_{j=i+1}^n a_i^aja_j 题解：此题较水，按位讨论01个数，乘起来计算贡献就好，记得开longlong 代码：#include<cstdio>#include<cstdlib>#include<iostream>#include<cmath>#include<cstring>#

首先，我们一定要求出每个[l,r]内的满足条件的数的个数，方法也很简单，一位一位算就好了，具体可以看我的代码。 然后就可以求出在每一个袋子里抓球是否是1的概率了。 然后考虑如何求题目中的问题。 然后发现那个k%其实就是n*k/100，这个值不会超过n。 然后就可以很容易的设计出一种状态来进行dp， 设f(i,j)代表前i个袋子中有j个是1的概率设f(i,j)代表前i个袋子中有j个是1的概率

Description校庆志愿者小Z在休息时间和同学们玩卡牌游戏。一共有n张卡牌，每张卡牌上有一个数Ai，每次可以从中选出k张卡牌。一种选取方案的幸运值为这k张卡牌上数的异或和。小Z想知道所有选取方案的幸运值之和除以998244353的余数。Input输入的第一行有两个整数n和k。 第二行有n个整数，表示序列A。Output一个整数表示答案。Sample Input输入1： 3 2 1 2 3

传送门 小数据做法（改了之后）：http://blog.youkuaiyun.com/stone41123/article/details/78172763 大数据做法（没改之前的数据范围）： 我们沿用之前的做法，只是质因数分解如果再用O(n√)O(\sqrt n)的，那么就会TLE 我们可以使用pollard-rho质因数分解，听说时间是O(n14)O

传送门 杜教筛好神奇啊 杜教太强辣 就是基于一些式子（懒得写了。） 然后预处理前n2/3n^{2/3}的前缀和，然后复杂度就是O(n2/3)O(n^{2/3})了 代码：#include#include#include#include#include#include#include#define ll long long#define max(a,b) a>b?a:b

传送门 这个东西在r=0的时候，就是 f0(n)=2(n的质因子个数)f_0(n)=2^{(n的质因子个数)} 然后这个东西明显是个积性函数 然后题目里给的式子其实就是代表fr+1=fr∗1f_{r+1}=f_r*1 然后因为f0和1f_0和1都是积性函数，那么当r∈Nr\in N时都满足frf_r是积性函数 然后我们有这样一个递推式dp[i][j]=∑jk=0dp[i−1][k]dp[

传送门 这个题就是需要一个规律，然后还有一些数论知识。 首先来推规律吧。 f(0)=af(0)=a f(1)=bf(1)=b f(2)=a+bf(2)=a+b f(3)=a+2bf(3)=a+2b f(4)=2a+3bf(4)=2a+3b f(5)=3a+5bf(5)=3a+5b f(6)=5a+8bf(6)=5a+8b f(7)=8a+13bf(7)=8a+13b 想必写到这

传送门 大水题。。。 就是算三个数的lcm 然后我为了防爆，就用了质因数分解。。 代码：#include<cstdio>#include<cstring>#include<iostream>#include<cmath>#include<algorithm>#include<cstdlib>#define ll long longusing namespace std;inl

直接上板子，这里没有证明，只是提供一个还不错的板子 扩展CRT：#include<cstdio>#include<cstring>#include<iostream>#include<cmath>#include<algorithm>#include<cstdlib>#define ll long longusing namespace std;inline int read(){

传送门 首先，80分暴力很明显，直接枚举然后算gcd就好了 然后其实100分也很简单（要不然怎么可能给80分暴力） 枚举gcd，然后算有多少个gcd(i,j)=d就好了，这里需要减去之前重复的，可以看我的代码。 代码：#include<cstdio>#include<cstdlib>#include<cmath>#include<cstring>#include<algorithm>

Description聪明的0v0正在学习莫比乌斯反演。 她看到了这样的一道题：有n*m个人站成了一个n*m的方阵…… 剩下的题面，聪明的0v0不记得了。但是，她通过自己高超的数论技巧，给出了一个转化后的模型：给出n和m，求 聪明的0v0当然知道怎么做了，但是她想考考你。Input一行三个正整数n，m，p。Output一行一个非负整数，设答案为x，输出x mod p。Sample Inpu

Description“是的。”我回答，“我不会忘记你。在森林里我会一点点记起往日的世界。要记起的大概很多很多：各种人、各种场所、各种光、各种歌曲……” ——村上春树《世界尽头与冷酷仙境》在没有心存在的世界尽头，音乐能够使小镇居民消散的心重新聚拢成形。作为镇子里唯一一个还残留着些许音乐记忆的人，我逐渐记起了往昔点滴……记忆中有一棵无根树，有n个节点。 对于一棵有根树的每一个非叶子节点，我们都等概

暴力算组合数，算个逆元就好了。 费马小定理和扩欧都可以。 代码：#include<iostream>#include<cstdio>#include<cstring>#include<algorithm>#include<cstdlib>#include<cmath>#define ll long longusing namespace std;ll ksm(ll a,ll b,

题目给定了若干条直线，并将它们的小于0的部分强制改为0，然后定义了一个累加函数，将所有函数加到一起，然后求拐点个数。 题解：可以看出，所有函数单独拿出来斜率单增，所以加到一起斜率也是单增的，然后问题就变成了求不同的零点个数，然后有两个办法，一个卡精度，另一个就是改一下比较函数，不要算零点（那个比较的函数可以去掉除号，可以互相乘过去），然后就判断就好了。 代码：（卡精度）#include<cstd

传送门 首先，大家应该都能看出来这是矩阵树定理，然后大部分人应该就会把概率直接带进去算，然后就愉快地WA掉了（我当时就是这么想的，幸亏没交） 然后就来讲这个题的正解思路。 首先我们来看答案应该是怎样的： ans=∑Tree∏(u,v)∈EP(u,v)∏(u,v)∉E(1−P(u,v))ans=\sum_{Tree}\prod_{(u,v)\in E} P_{(u,v)}\prod_{(u,v

题目大意：求gcd(fib(n),fib(m))gcd(fib(n),fib(m)) 这个题就是结论题： gcd(fib(n),fib(m))=fib(gcd(n,m))gcd(fib(n),fib(m))=fib(gcd(n,m)) 没什么可说的。 代码：#include<iostream>#include<cstdio>#include<cstring>#include<algor

传送门1 传送门2 这个题又是一个双倍经验题。 对于这种题，我的思路从来都是： 1.暴力打表 2.找规律 3.试着写正解 首先打表，我当时打出了小于等于100000的所有符合条件的数，直接看也没看出来什么，然后当然就是老套路了–质因数分解，发现规律： 1.分解出来的质因数一定连续 2.质因数的幂次一定不上升 3.由(1)可得质因数最多10种 然后就可以dfs了，可以加各种剪枝：

传送门题解欧拉定理（模指数）+lucas定理（组合数）+中国剩余定理（合并） 要说的一点就是一定要给自己写一个好看的代码，不然就根本没办法调试，就像我原来的30分。。。 代码：#include<bits/stdc++.h>#define ll long longusing namespace std;inline ll ksm(ll a,ll b,ll p){ ll ans=1;

传送门用逆元的看这里！还是和前面几个一样： 因为要取模，所以除法要换成逆元，然后我就愉快地写完交了上去，60分，4个WA，发现，逆元求出来之后可以是负的，也可以是零，于是就加了这么一个特判： if(num2<=0)num2+=p;（其中num2是我求的逆元，p是模数） 然后就AC了，根本不需要他们说的什么奇怪的逆元方式。。 代码：#include<iostream>#include<c

题目大意：求这个式子:∑i=0∞Cik+rnk(modp)\sum_{i=0}^\infty C_{nk}^{ik+r} \pmod p 这道题就是个数学题，做法其实就是优化的暴力——杨辉三角矩阵加速。 可以加速的原理，其实就是杨辉三角是一个一维递推，并且可以将递推描述为：复制矩阵到一个新矩阵，然后矩阵右移一格，加到新矩阵中。 对于这个题来说就可以用k∗1k*1的初始矩阵来乘以一个k∗kk*k

来来来，日常水一篇（滑稽）题目描述监狱有连续编号为1…N的N个房间，每个房间关押一个犯人，有M种宗教，每个犯人可能信仰其中一种。如果相邻房间的犯人的宗教相同，就可能发生越狱，求有多少种状态可能发生越狱输入输出格式输入格式： 输入两个整数M，N.1<=M<=10^8,1<=N<=10^12输出格式： 可能越狱的状态数，模100003取余输入输出样例输入样例#1： 2 3 输出样例#1： 6说

日常水一篇（滑稽）题目描述如果一个数的所有连续三位数字都是大于100的素数，则该数称为三素数数。比如113797是一个6位的三素数数。输入输出格式输入格式： 一个整数n（3 ≤ n ≤ 10000），表示三素数数的位数。输出格式： 一个整数，表示n位三素数的个数m，要求输出m除以10^9 + 9的余数。输入输出样例输入样例#1： 4 输出样例#1： 204题解这题明显dp。 预处理素数表

1.乘法逆元（inv）两种求法： First: 根据费马小定理：ap≡a(modp)a^p\equiv a\pmod p 可得ap−2≡a−1(modp)a^{p-2}\equiv a^{-1}\pmod p 由此可知，ap−2modpa^{p-2}\mod p即是a在模p意义下的逆元 然而ap−2a^{p-2}可以轻易用快速幂算出 Second: 通过扩展欧几里得算法来求：exgcd

传送门 不得不吐槽一句，这题出题人真的很逗 以下我copy一段别人的题解： 1/x+1/y=1/n!先通分(x+y)/xy=1/n!再化整数xy-(x+y)*n!=0然后配平(n!)^2-(x+y)*n!+xy=(n!)^2最后(x-n!)*(y-n!)=(n!)^2然后我们发现x，y都要是正整数；所以原题可以变为A*B=(n!)^2;当A*B为正整数的时候x,y显然也是正整数； 1/

题目描述给定整数N，求1<=x,y<=N（N<=1e7）且Gcd(x,y)为素数的数对(x,y)有多少对.输入输出样例输入样例#1： 4 输出样例#1： 4题解此题有两种解法。 1.欧拉函数 很明显，可以枚举素数p，计算n/p的phi，然后统计出来乘以2，最后再特判x==y且x,y为素数的情况。#include<bits/stdc++.h>#define ll long longusi

传送门 此题好像本来要用矩阵树定理（matrix-tree），可是好像可以推式子，退出来就是： f(n)=3f(n−1)−f(n−2)+2f(n)=3f(n-1)-f(n-2)+2f(1)=1,f(2)=5f(1)=1,f(2)=5 然后套板子就过了. 代码：/**************************************************************

传送门 这题我算是0分，因为这题没有部分分，我也不会，思路太不好想，一看题解，就知道了，觉得好简单，唉。 做法：题目里的其实就是这个式子xx>=10n−1x^x>=10^{n-1} 用数学知识简单变形：x∗(log10x)>=n−1x*(log_{10}x)>=n-1 然后可以发现左边递增，二分做就好了。 代码：#include<iostream>#include<cstdio>#in

做法：Prufer序列&&Cayley定理&&组合数学（推广） 没学过的可以戳这里看matrix67大佬讲课：经典证明：Prüfer编码与Cayley公式 然后就是对于这个题了。 这里先摘抄一段话： 一个有趣的推广是，n个节点的度依次为D1, D2, …, Dn的无根树共有(n-2)! / [ (D1-1)!(D2-1)!..(Dn-1)! ]个，因为此时Prüfer编码中的数字i恰好

传送门 首先，异或的话直接讨论不好讨论，那么我们可以按位讨论，对于每一位讨论出来一个结果，然后将结果相加就好了。 然后考虑怎么讨论一位上的结果。 我们可以设出来一个dp方程：f(i)f(i)表示i到n的异或和期望值，则初始状态为f(n)=0f(n)=0 dp转移方程就是：其中weight(u,v)weight(u,v)代表(u,v)(u,v)的那一位的值 f(v)=∑(u,v)∈Ef(u)

传送门题解上午才学了高斯，下午准备做几个题实践一下，然后就看见了这个题。。 我看完题，就觉得，这题好裸啊，然后就去看数据范围，发现n<=1000,m<=2000，我就很郁闷，高斯不是O(n3)O(n^3)吗？？怎么搞啊？？ 然后果断看题解，一看见题解里说bitset，我就知道了，因为矩阵里只会出现0和1，所以可以bitset优化。。 还有就是这题要把加法改成XOR，因为是mod2，所以就是求奇

高斯消元是一个常用的解n元一次方程组的方法。 1.处理数据： 我们设方程Ai−>ai1x1+ai2x2+…ainxn=biA_i->a_{i1}x_1+a_{i2}x_2+…a_{in}x_n=b_i 那么对于A1−AnA_1-A_n这n个方程，我们可以将它们放在一个矩阵里，方便操作。 例如这样： 2x1+4x2=102x_1+4x_2=10 −3x1+2x2=1-3x_1+2x_2=1

传送门 这个题是典型的除法分块，对题目中的式子进行变形： n∗k−∑ni=1(k/i)∗in*k-\sum_{i=1}^n (k/i)*i 发现k/i的值只有O(n√)O(\sqrt n)种，那么就可以进行分块了。 代码：#include<cstdio>#include<algorithm>#define ll long longusing namespace std;ll n,k,

题目大意：对于给出的n个询问，每次求有多少个数对(x,y)，满足a≤x≤b，c≤y≤d，且gcd(x,y) = k，gcd(x,y)函数为x和y的最大公约数。 数据范围：100%的数据满足：1≤n≤50000，1≤a≤b≤50000，1≤c≤d≤50000，1≤k≤50000题解询问可以用容斥来解决，就转换成了那个题了：1<=x<=n,1<=y<=m 和上次那个题差不多，还是推公式。 传送门