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传送门 找规律可以发现：ans=∑i∗a[i]i=1..nans = \sum{i*a[i]} \quad i=1..n#include <bits/stdc++.h>using namespace std;#define prt(k) cerr<<#k" = "<<k<<endltypedef long long ll;typedef long long LL;const int N

题意：要把n个桃子分给m个猴子， 其中第一个猴子的桃子要严格最多的， 问方案数。思路：可以枚举分多少个桃子给第一个猴子， 假设为x， 那么分给其他猴子的桃子假设为a[i]， 那么a[2] + a[3] + ... + a[m-1] = n - x, 如果没有限制的话， 答案就是f(n-x, m-1)， f(x, y) 表示把x个桃子分给y个猴子的方案，显然f(x,

题目意思不难已知给定k,x,y求 1中满足 gcd(a,b)=k 的(a,b)对数。（注意数对是无序的）。 1  题目有比较恶心的一点，数据有k==0的，这时显然答案是0，没有2个数的gcd为0。 首先，gcd是没啥用的。因为约掉gcd后两个数互质。于是我们可以让x/=k y/=k并且假设 x 然后题目变成了 2个数分别在区间[1..x]和[1..y]中的互质数有多

题目：http://acm.zju.edu.cn/onlinejudge/showProblem.do?problemId=4536 题意：给一个集合，一共个元素，从中选取个元素，选出的元素中没有相邻的元素的选法一共有多少种？ 分析：典型的隔板法，最终答案就是。然后用Lucas定理处理即可。  题目：http://acm.hdu.edu.cn

求aa..a%m!的极限。非常好的一道题，题目的核心是欧拉定理(Euler’s theorem, a.k.a. Fermat-Euler theorem or Euler’s totient theorem)。但不像上海Regional的B那样赤裸裸的，隐藏得比较深，尤其是p是素数和模的是一个阶乘这些都是不必要的条件，纯属烟雾弹。欧拉定理的内容是：如果a和n互质，那么aφ(n)=1(m

题意：求 n 个点的无向简单带标号联通图个数。记 f[n] 是所求答案，g[n] 是 n 个点的不联通图个数，f[n] + g[n] = h[n] = 2 ^ ((n*(n-1)/2)设 1 所在联通块有 k 个点， 1Connected GraphTime Limit: 1000MS Memory Limit: 30000KTotal

题目地址 题意：NN朵花，有MM种颜色可用，要求给他们涂色，相邻的话颜色不同。要求正好使用KK种颜色。 题解：选KK种颜色是CkmC^k_m，记F(i)F(i)为选了KK种颜色后，使用不超过ii种颜色的方案。第一朵花有KK种选择，后面N−1N-1朵的花的颜色除了前一朵花的颜色之外都可以选，总的就是F(i)=Cik(k−1)n−1F(i)=C^i_k(k-1)^{n-1} 答案就是Ckm(F

转化为树的删边游戏。。。Circles GameTime Limit: 2000/1000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 65536/65536 K (Java/Others)Total Submission(s): 422    Accepted Submission(s): 101Problem Description

题意：求直径上有K个点的不同构树个数（每个点度不超过3）。二叉树满足每个点度不超过3，把直径从中间切开，两边就是二叉树了。设dp[i] = 深度为i的不同构二叉树个数。   sum[i] = 深度不超过i的不同构二叉树个数。那么二叉树的两个分支有3种情况：一个分支深度为i-1, 另一个分支深度小于i-1，有dp[i-1] * sum[i-2]种方法；两个分支深度都是i-1，

传送门 我们枚举x=a+b+cx=a+b+c，枚举aa，a<=b<=ca<=b<=c 把c=x−a−bc=x-a-b代入下面的不等式中，可以得到b的范围 a+b>ca+b>c a+c>ba+c>b b+c>ab+c>a 我们还要a,b,c互质，记上面的方案数为f(x) a,b,c互质的方案数为g(x) g(x)=f(x)−∑(g(y)y|x, y<xg(x) = f(x) - \su

Y sequenceTime Limit: 2000/1000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 65536/65536 K (Java/Others)Total Submission(s): 658    Accepted Submission(s): 145Problem DescriptionYellowstar likes

题目链接 我们可以枚举子集的大小k，求出所有大小为k的子集对答案的贡献，问题就解决了。#include <bits/stdc++.h>using namespace std;#define prt(k) cerr<<#k" = "<<k<<endltypedef long long ll;typedef long long LL;const ll inf = 0x3f3f3f3f;co

容斥。。。题目PDF#include #include #include #include #define prt(k) cout<<#k" = "<<k<<endl;using namespace std;typedef long long ll;const int N = 555;const ll mod = 1000007;ll C[N][N];int main

http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4602可以发现，1的拆分里面有1个1，2有2个1，3有5个1，4有12个1，形成一个数列：1，2，5，12，28，64。。。然后2的拆分里有1个2，3有2个2，4有5个2，又是这个数列：1，2，5，12，28，64。。。记f(n)为N的拆分中有多少个1。。n>=3时 , f(n)=f(n-

ZOJ2595 Ackerman’s Functionsource code (ZOJ2595.cpp) [recursion, number theory, Euler's theorem]求Ackerman函数A(n, m)模t的值。n\m123451