http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=3501

http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=2837不是自己想出来的。

求a^b%c，(1

http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4549f[0] = a^1*b^0%p，f[1] = a^0*b^1%p，f[2] = a^1*b^1%p.....f[n] = a^fib[n-1] * b^fib[n-2]%p。这里p是质数，且a,p互素，那么我们求a^b%p，当b很大时要对b降幂。因为a,p互素，那么由费马小定理

http://poj.org/problem?id=2417A^x = B(mod C),已知A，B，C，求x。这里C是素数，可以用普通的baby_step。在寻找最小的x的过程中,将x设为i*M+j。从而原始变为A^M^i * A^j = B(mod C)，D = A^M，那么D^i * A^j = B(mod C )，预先将A^j存入hash表中，然后枚举i(0~M-1

http://poj.org/problem?id=3243求A^x = B(mod C) ,C是任意的数。框架都在这里了：http://hi.baidu.com/aekdycoin/item/236937318413c680c2cf29d4理解：http://blog.youkuaiyun.com/ivan_zjj/article/details/7597109#in

http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1695很经典的题，同时感觉也很难。在区间[a,b]和[c,d]内分别任意取出一个数x,y,使得gcd(x,y) = k。问这样的(x,y)有多少对。可以认为a,c均为1，而且gcd(5,7)与gcd(7,5)是同一种。因为gcd(x,y) = k，那么gcd(x/k,y/k) = 1，也就是求

http://poj.org/problem?id=3517讲解n个人，编号为1~n，每次数到m的人出圈，最后一个出圈的人的编号。f[1] = 0;for(int i = 2; i <= n; i++){ f[i] = ( f[i-1] + m)%i;}printf("%d\n",f[n]+1);这里第一次出圈的人的编号是m，然后

http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5072单色三角形模型现场赛和队友想了3个小时，最后发现想跑偏了。感觉好可惜的一道题，要是知道这个模型....就可以轻松的拿银了啊。。。题意不再赘述，就是求同色三角形的个数。总的三角形的个数是C(n,3)，只需减去不同色的三角形即可。对于每个点(数)，与它互质的连红边，不互质的连蓝边

http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=2841有一个n*m的方格，从(1,1)开始，每个点有一棵树，一个人站在(0,0)点，问他能看到几棵树。当(0,0)和另外的点在一条直线上时他只能看到最近的一棵。题目意在求在m*n的方格中有多少种y/x，因为两个y/x相等的点只能看到一个。有多少种y/x也就是有多少 个（x,y）x与y互质。

http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4135求连续区间[a,b]内与n互质的数的个数。因为a,b相当大，考虑用容斥原理。只需先求出[a,b]内与n不互质的数的个数，等于[1,b]内与n不互质的个数 - [1,a-1]内与n不互质的个数。问题转化为求【1，m】内与n不互质的数的个数。先对n分解质因子，[1,m]内是n的质因子的倍数的

http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=2421A^B 可以写成 p1^e1 * p2^e2 * .....*pk^ek。(A，B 求 ∏1^3+2^3+...+(ei+1)^3 % 10007的值。根据质因子分解定理知A = p1^a1 * p2^a2 *.....* pk^ak，那么A^B = p1^(a1*B) * p2

http://www.spoj.com/problems/SQFREE/求出1~n(n 同样的，考虑问题的逆问题，就是至少能被一个完全平方数整除的数的个数。所以答案就是 n - ( 1~n内完全平方数的倍数的个数 )。所以可以枚举i( 2 36就被多计算的一次，所以减掉，就是容斥。 和上题类似，看i的质因子数是奇数还是偶数，是奇数就加上，偶数就减掉，注意i的

uva 4683这题的意思是给一个集合，最多有12个元素。找出只能被集合中一个仅且一个数整除的第n个数。(n 我用容斥原理做的。先把能被每个数整除的元素个数累加，当然会有重复的。若某个数由集合中两个数组成，那么要减去所有这个数的整数倍，而且要减两次，因为他是两个数的公约数，而当某个数是其中三个数的公约数，那他一定也是两个数的公约数，这样就多减了c[k][2]个，就得加上。以

http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4059定义S = 1^4 + 2^4 + 3^4+.....+n^4，现在减去与n互质的数的4次方，问共减少了多少。容斥原理，可以先把与n不互质的数的4次方求出来。那就先对n进行质因子分解，对质因子的组合运用容斥原理，质因子个数为奇数就加，偶数就减。其实与求[1,n]内与n互质的数的个数类

http://acm.timus.ru/problem.aspx?space=1&num=1091从1~s中选出k个数，使得k个数的最大公约数大于1，问这样的取法有多少种。（2同素数四元组问题类似，可以参考http://blog.youkuaiyun.com/u013081425/article/details/40653895只不过这里是选出k个，不是4个。#incl

http://www.spoj.com/problems/SQFREE/求1~n内不能被一个集合整除的数的个数。简单的容斥原理，因为集合的个数 k 复杂度(2^k*k*log x)#include #include #include #include #include #include #include #include #include

http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4407起初有n个数1~n，这里有m个操作，两种类型。操作1：求出[x,y]区间内与p互质的数的和。操作2：将第x位置的数变成y。对于每一个询问，输出结果。因为只有1000次操作，而且起初是有序的。那么对于第i个询问，我们先忽略i之前的所有的第2种操作，即认为n个数为1~n，根据容斥原理求出

http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=3221一晚上搞出来这么一道题。。Mark。给出这么一个程序，问funny函数调用了多少次。我们定义数组为所求：f[1] = a，f[2] = b, f[3] = f[2]*f[3]......f[n] = f[n-1]*f[n-2]。对应的值表示也可为a^1*b^0%p，a^0*b^1

http://poj.org/problem?id=1012题意：

http://poj.org/problem?id=1781约瑟夫环的模板，每次数到2的人出圈。但直接求会TLE，n太大。打表发现答案和n有关系。当n是2的幂的时候，答案都是1，不是2的幂的时候都与小于2的幂那个数相差差值的2的倍数。#include #include #include #include #include #include #includ

http://poj.org/problem?id=2992

http://acm.zju.edu.cn/onlinejudge/showProblem.do?problemId=1562题意：求小于等于n（1 16）的约数个数最多的数。反素数根据反素数的定义，这个题就是让求最大的反素数。反素数搜索的依据的两个重要的性质：反素数的质因子是从2开始的连续的素数；p=2^t1*3^t2*5^t3*7^t4.....必然t1>=

http://poj.org/problem?id=2689题意：给出一个大区间[L,U],分别求出该区间内连续的相差最小和相差最大的素数对。因为L2147483647，直接筛素数是不行的，数组就开不了。但是可以根据素数筛的原理。我们先筛出sqrt(2147483647)以内的素数，然后拿这些素数去筛[L,U]之间的素数，即两次素数筛。但是L,U还是很大，但U-L#includ

http://poj.org/problem?id=2773题意：输入n,k，求与n不互素的第k个数，k可能大于n。思路：以n=6为例，与6互素的数有一定规律。{1,5},{7,12},{13,18}......，发现在[1,n],[n+1,n*2]......[m*n+1,(m+1)*n]区间内素数个数相同，且对应位置的数都相差n的整数倍。因此只要求出[1,n]内的与n互

http://poj.org/problem?id=2478求欧拉函数的模板。初涉欧拉函数，先学一学它基本的性质。1.欧拉函数是求小于n且和n互质(包括1)的正整数的个数。记为φ(n)。2.欧拉定理：若a与n互质，那么有a^φ(n) ≡ 1(mod n),经常用于求幂的模。3.若p是一个质数,那么φ(p) = p-1，注意φ(1) = 1。4.欧拉函数是积性函数：

http://poj.org/problem?id=2154大致题意：由n个珠子，n种颜色，组成一个项链。要求不同的项链数目，旋转后一样的属于同一种，结果模p。n个珠子应该有n种旋转置换，每种置换的循环个数为gcd(i,n)。如果直接枚举i，显然不行。但是我们可以缩小枚举的数目。改为枚举每个循环节的长度L，那么相应的循环节数是n/L。所以我们只需求出每个L有多少个i满足gc

http://poj.org/problem?id=2891题意：求解一个数x使得 x%8 = 7,x%11 = 9;　　　若x存在，输出最小整数解，否则输出-1；ps:思路：这不是简单的中国剩余定理问题，因为输入的ai不一定两两互质，而中国剩余定理的条件是除数两两互质；　　　这是一般的模线性方程组，对于　　　　X mod m1=r1　　　　X mod m

http://poj.org/problem?id=1284原根题意：对于奇素数p,如果存在一个x(1直接枚举的，TLE了。看到discuss里面说是求原根，答案直接是phi[p-1]。百度百科上直接就给出答案了。m有原根的充要条件是m= 1,2,4,p,2p,p^n,其中p是奇素数，n是任意正整数。它所含原根的个数是phi[phi[m]],因为phi[m]=m

http://poj.org/problem?id=3090法雷级数法雷级数的递推公式很简单：f[1] = 2; f[i] = f[i-1]+phi[i]。该题是法雷级数的变形吧，答案是2*f[i]-1。#include #include #include #include #include #include #include #include

http://poj.org/problem?id=3101大致题意：求n个运动周期不完全相同的天体在一条直线上的周期。这题我是看着解题报告写的,用到了物理中的角速度什么的。因为n个天体的周期已知，那么它们的角速度为vi = 2*pi/Ti，若统一选第0个天体为参照物，那么其余天体的相对速度vi' = 2*pi*(T0-Ti)/(T0*Ti)(把周期T相同的

http://poj.org/problem?id=2115题意：对于C的循环（for i = A; i != B; i+=C）问在k位存储系统内循环多少次结束；　　　若循环有限次能结束输出次数，否则输出 FOREVER；解：设x为循环次数；　  (A+C*x)%2^k = B;　　　　则 C*x+A = 2^k*y+B; 　　所以 C*

http://poj.org/problem?id=1061思路：设它们跳了t次相遇，那么有 (x+t*m)-(y+t*n) = z*l(z是一个整数，表示它们路程差是l的z倍)，变形得(n-m)*t + z*l = (x-y);令 a = n-m; b = l; c = x-y;那么原式变为 a*t + z*b = c;扩展欧几里得模板，求解形如a*x + b

http://poj.org/problem?id=1811

复习：求最大公约数算法int gcd(int a, int b){ return b ? gcd(b, a % b) : a;}首先介绍扩展欧几里得定理：对于两个不全为0的整数a,b，必存在一组解x,y，使得ax+by=gcd(a,b)。换句话说，形如ax+by的最小正整数等于gcd(a,b)。实现代码如下：（一般题目都要用64位）（复杂度：

快速幂取模：int PowerMod(int a, int b, int c){ int ans = 1; a = a % c; while(b>0) { if(b&1) ans = (ans * a) % c; a = (a * a) % c; b >>= 1; } return

中国剩余定理用于求解 x≡ai(mod mi),其中mi两两互质，x有唯一解。令M为mi的乘积，wi = M/mi,wi关于模mi的逆元为pi,即满足wi*pi + mi*qi = 1.则上述方程组等价于 x≡ w1*p1*a1 + w2*p2*a2 +......+wk*pk*ak（mod M）...............................................

http://poj.org/problem?id=2299给出n个数，每次只能交换两个相邻的数，问使得n个数有序最少需要交换多少次。归并排序的模板，重在理解，小白书p144.#include #include #include #include #include #include #include #include #include #include

http://www.spoj.com/problems/MSKYCODE/给出一个集合，含有n个元素，每次任意从中取出4个使得他们的gcd是1，问有多少种取法。可以先考虑问题的反面，就是取出的4个数的gcd为d，d > 1的方案数。总的方案数c(n,4)，减去d > 1的就是问题所求。对于任意一个d(d > 1)，总能分解成若干素数的乘积。那么就要考虑到把d和素数