TA

虽说除了第一题我都是听了题解才会做的吧。。但还是有一些值得我学习的地方。1、欧拉-费马定理：    a^∮p≡1(mod p)(a≠p)∴ a在模p意义下的乘法逆元为：a^(∮p-1)!     特殊地，若p为质数，则a的乘法逆元为a^(p-2)。2、从一个n*m的矩阵的左下角走到其右上角的路径数为：C(n+m,n)证：从矩阵的左下角到右上角，其必经过n+m条边，其中选出n

本题的性质在于，如果选了两个数，那么这两个数的最大公约数至大为H-L。（所以需要特判只选了一个数的情况） 先来看一下傻逼的做法： 考虑莫比乌斯反演，i*K对答案的贡献是μ(i)∗N⌊HiK⌋−⌊L−1iK⌋\mu (i)*N^{\lfloor {H \over iK}\rfloor - \lfloor {L-1 \over iK} \rfloor}，对于所有数相同的情况，我们记一下每个数被多算了

这题并没有做出来。。 设f(i)=∑d|idf(i)=\sum_{d|i}d，考虑按f(i)排序，则对于询问(n,m),(n≤m)(n,m),(n\le m)，f(i)会贡献∑⌊nd⌋d=1μ(d)⌊nid⌋⌊mid⌋\sum_{d=1}^{\lfloor {n \over d} \rfloor}\mu (d)\lfloor {n \over id} \rfloor \lfloor {m \ove

这题标算据说是O(n)-O(1)的gcd，然后一篇来自东欧的论文里说n必有拆分n=x1x2x3n=x_1x_2x_3,xix_i要么是质数要么小于等于n√\sqrt n，这个我就完全没懂为什么。。然后打表出(i,j)∀i,j∈[0,⌊n√⌋](i,j) \forall i,j \in [0,\lfloor \sqrt n \rfloor ]若求(n,m),就x1,x2,x3x_1,x_2,x_3依次

Day1T1做了三个半小时，然后T2写的很急判素数写跪了一句话，T3只剩一个20分暴力的时间了。。于是就这么愉快的滚粗了。发现原来我还不会数位DP。。 Day1T3竟然有log3nlog^3n，不过我卡了很久发现似乎确实卡不掉。。最多卡到1.5s左右。。因为线段下传的log与区间长度有关，如果链剖的log大了的话它就会很小；而如果让在每个重链上的长度比较大就会导致链剖的log变得很小。所以很难卡。

考虑斐波那契数列模n的循环节，设其长度为L(n)。（这个东西有个学名叫the Pisano period） 显然，若n=pq((p,q)=1)，则L(n)=lcm(L(p)，L(q))。所以我们就可以将n分解成若干pkp^k的乘积考虑。 对于L(pk)L(p^k)（p是质数，k>1），有一个猜想：L(pk)=L(p)pk−1L(p^k)=L(p)p^{k-1}。（参考资料，据说是一个叫D·D·W

令n!=2a5bc,2/|c,5/|cn!=2^a5^bc,2\not| c,5\not |c，这样就CmnC_n^m就便于计算了。a，b很好统计，至于c我们可以先求在mod2k\mod 2^k和mod5k\mod 5^k意义下的，然后扩展欧几里得合并即可。如何求cmod2kc \mod 2^k？ 先处理出[0,2k−1)[0,2^k-1)中与2互质的数的阶乘，然后对于n！，与2互质的数就可以直接

用了很奇怪的暴力。。跑了7s。。出题人跑了2s还有人跑了0.1s不知道他们怎么搞的。。稍微化下式子。 x2+3y2=n23y2=(n+x)(n−x)x^2+3y^2=n^2\\ 3y^2=(n+x)(n-x) 令g=(n+x,n−x)g=(n+x,n-x)，则有n+x=ga2,n−x=g3b2n+x=ga^2,n-x=g3b^2或n+x=g3b2,n−x=ga2(a,b∈Z)n+x=g3b^2,

感觉这是一道非常好的题，不过我看几乎所有人都是把它当傻逼题写的，为出题人感到遗憾。一个很简单的性质是无论如何操作，每个数的相对大小是不变的，所以我们每次改变的都是一个区间。所以我们维护一个标记(k,b0,b1)(k,b_0,b_1)表示对这个区间里的数x的操作为先*k，然后+b0x+b_0x，然后+b1+b_1。这样的话对于当前在节点的标记(k,b0,b1)(k,b_0,b_1)，然后再加上一个新的

感觉完全不会做。。看讨论区里有大爷用母函数做的。。完全不会母函数，所以想看看官方题解。。但是官方题解要登录topcoder，注册还得翻墙，然后还是英文，搞了好久终于看懂了。感觉每一步都非常神。。 我们要求的是集合的个数，集合是无序的，这并不好求。我们可以变无序为有序，先求有序集合的数量然后除以k！。 考虑一个元素互不相同的长为k-1的序列，如果说我们要求长为k的序列mod n=0的话，实际上最后

感觉自己好蠢只会反演。。跑了整整10s。。ans=∑k=lr∑i=1⌊mk⌋μ(i)⌊⌊mk⌋i⌋nans=\sum_{k=l}^r\sum_{i=1}^{\lfloor {m \over k} \rfloor }\mu (i) \lfloor {\lfloor {m\over k}\rfloor \over i}\rfloor^n 这样时间复杂度就是O(∑m√i=1i√+∑m√i=1mi−−√)

这题tm什么鬼啊。。101010^{10}的做法竟然500ms ac。 而且更奇怪的是。。似乎别人都打了一个表，他们都是怎么做的呢？直接裸反演： ∑i=1μ(i)∏j=1m⌊aji⌋\sum_{i=1}\mu (i) \prod_{j=1}^m\lfloor {a_j \over i} \rfloor 这样如果不考虑求s(n)=∑ni=1μ(i)s(n)=\sum_{i=1}^n \mu (i

这题题意什么鬼呀。。 X XX XXX XXXX XXXXX 意思是形如这种的楼梯，然后要分成n块矩形。 显然每一行最后一个X会分属不同的矩形。 那么我们考虑最上面那个点所属的矩形， X XA XAA CCCC CCCCC 那么其实它会把楼梯分成两部分，显然是不会有矩形跨越A和C的。因为假如说有矩形从A那里下来了，那么他显然不能包含最左面的C，那么最左边的C就无法被包含了

如果我们将每个数a分解质因式：a=∏∞i=1pkiia=\prod_{i=1}^{\infty}p_i^{k_i}，那么任意一个数a都可以看作一个无穷维的向量(k1,k2,...)(k_1,k_2,...)，其中第i维的系数表示从小到大第i个质数在a中的指数。这样的话aba^b就可以看作是向量的数乘，所以如果有ab11=ab22a_1^{b_1}=a_2^{b_2}，就必然有a1,a2a_1,a_2

感觉最近状态真是烂到爆。。首先不妨令序列有序，然后再乘n！即可。一上来先想到可以倍增，设f[i][j]表示在1~j中选i个数，那么有j->2j，便可以通过枚举一边选了几个得到。但是算错了复杂度以为是O(n3logn)O(n^3\log n)的。。（矩阵乘习惯了一倍增就感觉是三方挂logn。。）（没想到看了题解以后这竟然就是标算。。）然后又想，既然倍增是三次方的。。。那只能看看暴力转移了。f(i,j)

一、群的定义 群定义在二元组(S,⊕\oplus)上，S是一个集合，⊕\oplus是一个运算。要求二元组满足群公理： 1、封闭性：∀x,y∈S,x⊕y∈S\forall x,y \in S,x \oplus y \in S(x,y可以相等) 2、结合律：∀a,b,c∈S,a⊕b⊕c=a⊕(b⊕c)\forall a,b,c \in S,a\oplus b \oplus c=a \oplus (

借这题理解了tangjz的例题。。这题做法与那道题基本相同。 先来看一下最普通的做法：（以下均设n≤mn\le m）∑i=1n∑j=1mlcm(i,j)\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^mlcm(i,j)=∑i=1n∑j=1mij(i,j)=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m{ij\over (i,j)}=∑g=1n1g∑i=1⌊ng⌋∑i=1⌊mg⌋ij∑dμ(d)[d

这道题的题意是设S=∏ki=1piS=\prod_{i=1}^kp_i,且n=∑ki=1xipi,x≥1n=\sum_{i=1}^kx_ip_i,x \ge 1,求(x1,x2,...,xk)(x_1,x_2,...,x_k)的个数。 对于任一(x1,x2,...,xk)(x_1,x_2,...,x_k)，显然其可射于(x1 modSp1,x2 modSp2,...,xk modSp3)(x_1

拿这题学了一下Burnside’s引理。 模型转换：考虑坐标二进制，转置其实就是将其旋转b位，那么求圈数就转换为了求轨道数。 然后就直接裸上Burnside’s引理即可。 但是。。一个巨大的hack是——注意到数据范围：0≤a+b≤1060\le a+b \le 10^6，a+b为0时除(a,b)可能就re了。所以要特判a==0||b==0时的情况，这时答案为0.#include<cstdio

以下内容主要来自。。Wikipedia。         由于某些原因，最近学了下数归，感觉还是很好理解及很强大的，这里做个学习笔记。           首先引入一个引理，及皮亚诺公理，其定义了N，声明了数归的正确性并确保了其严谨性。         皮亚诺公理：                ①对于三元组(x,X,f),x为一元素，X为一无限集，f为X到自身的映射。  

这道题主要思路是对a0,a1,b0,b1分解质因数，得到其对于50000以内每个质因子的幂a,down,b,up，然后对于方程组：        min(a,x)=down        max(b,x)=up求|x|.①一个条理的思路是将其分为八种情况讨论，这是非常优秀的。②另一个更简洁的思路是分三种情况：   |x|=0,               down>up||

刚做这题的时候脑抽了，bl看的题解才Ａ的。。

题面描述：判定一个数P∈[1,2^63-1]∩N是素数么。按照朴素的判定素数方法，至少也需要O(P^0.5)的，但这道题就是霸气到连这样的时间复杂度都过不了的地步。实在是不会做了，就学习了传说中的Miller-Rabin素数判定法。两个引理：①费马小定理：设p为质数，且不满足p|a，则a^(p-1)=a(mod p).证：又一个引理，若n与p互质，且a与p互质，则n

【问题描述】A城市有一个巨大的圆形广场，为了绿化环境和净化空气，市政府决定沿圆形广场外圈种一圈树。园林部门得到指令后，初步规划出n个种树的位置，顺时针编号1到n。并且每个位置都有一个美观度Ai，如果在这里种树就可以得到这Ai的美观度。但由于A城市土壤肥力欠佳，两棵树决不能种在相邻的位置（i号位置和i+1号位置叫相邻位置。值得注意的是1号和n号也算相邻位置！）。最终市政府给园林部门提供了m棵

这道题应该有好多好多做法。。每个都差一点想到了，但还是没有想到正解。 ①没有想到枚举公差的时候只与在线最上面的点和在线最下面的点有关，即首项=Max+Min>>1. ②算出P∈[0,⌈4∗106n−1⌉\lceil \frac {4*10^6} {n-1} \rceil]之后，没有意识到我们可以在此基础上枚举n，使得时间复杂度为4∗1064*10^6. ③凸包的解法也是

主要思路是不断弱化命题。用到的思想主要有：拆分绝对值加法、DP。获得的经验是：任何发现的奇怪性质都是绝对有用的！当你想到了一个似乎很麻烦的方法时，不要放弃，不要觉得你一定能推出更漂亮的，再丑陋也比没有好！

这道题感觉还是挺好的。这个题吧，有两种解法。第一种吧比较暴力算是卡过的，第二种常数很小，要比第一种好很多也高端很多啦。但是由于我对于第二种解法涉及的一些知识不是很熟悉，导致我还是放弃了它，选择了更熟悉的第一种；后来看了别人的代码才开始重新想第二种。解法一： 暴力枚举[A,B]所有元素，暴力算出其中每个的因数和；如果其因数和大于本身，就再算一下那个数的因数和判断一下即可。 一

这道题虽然是水题，但是我还是犯了很多傻逼错误，导致比赛的时候挂了，之后又对着数据才调出来。。 犯的错误有： ①把floor写成了ceil。。floor是下取整，floor(-0.5)=-1;ceil是上取整。 ②对拍的时候忘了srand…导致一直在拍一组数据。 ③|x−a|+|x−b|(a≤b)|x-a|+|x-b|(a \le b)应该在[a,b]处取最大值

这真的是一道很神的题，但在CODEVS。。可以暴力过掉。。当然，在BZOJ上是不可以的。所以。。我还是看了看题解，题解是这样说的：一、一个基本的转化是将题目中的描述翻译为一个长度为3的等差子序列，即存在x，k，使得x-k与x+k在x异侧。二、我们先来看一个错误的贪心思路，因为是一个1~N的排列，所以我们可以把它们视为离散后的数据，首先我们将其按奇偶分开，奇数放一边，偶数放一边，这样就可

给定k，a，n，d 定义f(n)=∑i=1nik,g(n)=∑i=1nf(i)f(n)=\sum_{i=1}^ni^k,g(n)=\sum _{i=1}^nf(i) 求∑i=0ng(a+i∗d)mod P,P=1234567891\sum_{i=0}^ng(a+i*d) mod\ P,P=1234567891 多组数据。 T≤3T\le 3 1≤k≤123;0≤a,n,d≤1234567

问题：对于(n2−mn−m2)2=1(n^2-mn-m^2)^2=1，求其自然数解集合。 不妨设n>m，那么上式就成了n2−mn−m2=1n^2-mn-m^2=1。而如果(n,m)符合上式，那么(m,n-m)也符合上式： m2−(n−m)m−(n−m)2=m2−n(n−m)=−n2+mn+m2=−1m^2-(n-m)m-(n-m)^2=m^2-n(n-m)=-n^2+mn+m^2=-1 同理如

大爷的做法：因为x2≡1(modn)x^2≡1(mod n)，不妨设n=pq,则p|(x+1)p|(x+1),q|(x−1)q|(x-1),所以枚举大的那个，就是T(d(n)∗n√)≈T(n/10)T(d(n)*\sqrt n)≈T(n/10) 傻逼的做法： 考虑crt，设n=pk,k≥1n=p^k,k≥1，p为质数。 若p>2,  \ 因为(x+1,x-1)≤(x+1)-(x-1)=

显然，(Q mod P,P)=(P,Q)，那么我们考虑x,(x,P)=d,d|(P,Q)，显然它的加法运算循环节是PdP \over d，所以对于y它有PPd=d{P \over {P \over d}}=d种选择使得xy≡Q(mod P)xy \equiv Q(mod \ P),而这样的x有φ(Pd)φ({P \over d})个。而如果(x,P)不能整除(P,Q)，那么显然不存在y使得xy≡Q

这题wa了无数遍。。先说做法，显然最终答案只与n和不同珠子数量有关系。 所以我们先求不同珠子数量。 如果两个珠子排完序后相同，那么这两个珠子就相同。 考虑珠子里最大的数是i，第二数与i的gcd是d，那么第三个数就必须与d互质。所以答案就是∑i=1a∑d|iϕ(id)ϕ(d)id\sum_{i=1}^a\sum_{d|i}\phi ({i \over d})\phi (d){i \over

题意： 给定n,K。有q组询问，第i组询问是求∏nj=1xj(0≤xj<K)=vi\prod_{j=1}^nx_j(0\le x_ j<K)=v_i的解的数量。 1≤n≤50,1≤K≤109,1≤q≤100001\le n \le 50,1\le K \le 10^9,1\le q \le 10000我本来是这样想的： 显然最终答案只与gcd(v,K)有关。 那么令f(i,j)为前i个数乘积