u010690055的专栏

用到了点数论，然后矩阵优化由递推式F[0] = aF[1] = bF[n] = F[n-1] * F[n-2] ( n > 1 )容易得到通项公式F[n]=F[1]^f[n]*F[0]^f[n-1]其中f[n]是普通的斐波那契，f[0]=0f[1]=1f[n]=f[n-1]+f[n-2](n>1)到了这里我用到了数论的一个性质，当gcd（x,m）=1时，x^

这题忘了开long long了，以后数论题尽量都开long long吧。。。三种情况1、全部横着放               2、全部竖放              3、横竖交叉放，其中一条边要是a，b最小公倍数的倍数，另外一边直接解模线性方程#includetypedef long long LL;LL getgcd(LL a,LL b){ if(!b)return a

做完这题后感觉矩阵超级好用。用了两次矩阵，一次是在求斐波那契数列时，还有就是求后面的根号式。前面的两个式子直接二分幂就行。对于后面的式子，首先F[n]可以用快速幂求解，同时利用费马小定理，每次计算都对（p-1）取余，这些都不是问题。接下来是关键，首先引用下大神的图所以我们其实只要求2Xn。建个矩阵array[2][2]={a+b,2,

这题的解法是参考福州大学的数论大神 AekdyCoin 的。用消元法，并附上ac大神的证明【扩展Baby Step Giant Step解决离散对数问题】原创帖！转载请注明作者 AekdyCoin !【普通Baby Step Giant Step】【问题模型】求解A^x = B (mod C) 中 0 【思路】我们可以做一个等价

做完这道题之后，自我感觉收获还是挺大的。第一次ac的时候，用了31ms，基本思路是这样：从2到sqrt（n+0.5）暴力枚举n的所有因子，然后对所有的因子d，求出对应的（n/d）的欧拉函数值oula（n/d），即比（n/d）小且与（n/d）互质的正整数的个数,最后把他们加起来就是答案了。但是看到那些排在前面的大牛都是0ms过的，所以这题还有更好的方法。在网上搜了很多题解

本题的注意点：n=p1*p2*p3......Pm解法：直接利用公式a^((p-1)/2)=(a/p)mod p 即可求解。#include#includeint flag[1005],p[500],a;int d[100];int init(int s){ int len=0,tmp,h=sqrt(s+0.5); for(int i=0;p[i]<=h;i++) i

这道题算是比较综合的了，要用到扩展欧几里得，乘法二分，高斯消元。看了题解才做出来orz基本思路是这样，建一个n*(n-1)的行列式，然后高斯消元。关键就是在建行列式时会暴long long，所以要用取模来计算，即公式ax=b，等价于ax=b(mod p)因为答案范围不超过正负10^17次，p可以取（2*10^17+3）。然后加减乘除都能够进行了，乘法用乘法二分来做，除法用模线性

用到中国剩余定理，然后用扩展欧几里得算法求解。这里有两个注意点，1、硬币数量不能为0或者负数                                   2、每个group数量有可能大于50，样例中就有#include#include#includeint M[10],A[10],n;int extEuclid(int p,int q,int &x,int &y)//扩

做完这道题，对取余的理解又进一步深刻了。这道题直接bfs就行，关键是取余操作。 #include #include #include #include #define LL long long using namespace std; LL ans,k; bool vis[2010005]; char route[100000]; struct node {