huantwofat

int x,y;int exgcd(int a,int b){ if(b==0) { x=1; y=0; return a; } int p,t; p=exgcd(b,a%b); t=x; x=y; y=t-a/b*y; return p;}

#include#include#include#include#include#includeusing namespace std;//****************************************************************// Miller_Rabin 算法进行

#include#include#include#include#include#includeusing namespace std;//****************************************************************// Miller_Rabin 算法进行素数测试//速度快，而且可以判断 <2^63的数//********

/*间距为D的平行直线，一根长为l的针（l针与直线相交的概率是2*l/(pai*d).如果是一个凸包，则概率是C/(pai*d),即为sigma(2*l/(pai*d))/2.因为直线与凸包相交必然与两条边相交，所以概率除以2.*/

k!=1时情况很简单，下面仅tao'l

1/1+1/2+1/3...+1/n~ln(n+1) +r,r是欧拉常数，r=

对于原题：假如说i

/*间距为D的平行直线，一根长为l的针（l针与直线相交的概率是2*l/(pai*d).如果是一个凸包，则概率是C/(pai*d),即为sigma(2*l/(pai*d))/2.因为直线与凸包相交必然与两条边相交，所以概率除以2.*/

我们先考虑对于一行p个人有多少种图案，首先撇去顺序，我们社xi表示h为i的个数，所以x1+....+xm=p，xi>=0因为大小是确定的所以不用管大小顺序，所以方案数是C(p+m-1,m-1)，所以剩下的就是dp，我们令dp[i]表示砖头数为i的方法数，我们只需考虑第一行假如是j那么dp[i]+=dp[i-j]*C(i-1,j-1)*C(j+m-1,m-1)（因为第一块肯定是第一行，剩下j-1

枚举长度，然后枚举首尾元素，可以列出一个方程来解。#include#include#include#includeusing namespace std;typedef long long lll;int gcd(int p,int q){ if(q==0) return p; return gcd(q,p%q);}lll fa[10];lll b[10000

欧拉函数是积性函数，所以从质数入手，对于n的每一个质数我们考虑如果1~m中不是p的倍数那么直接乘（p-1），否则乘以(p-1)之后因为里面也多乘了，所以应该加上sigma(eula(i*n))*（1/p）,其中i=1~m/p最后公式等于sum(n,m)=φ(p)∗sum(​p​​n​​,m)+sum(n,​p​​m​​)。k求出来后用欧拉定理递归求值。#include#include#

公式很好推，s1=sigma(u[i]*(m/i)*(n/i),s2=sigma(u[i]*n/i*(m/i+1)*m/i*i/2),s3=sigma(u[i]*

用数学方法计算。

考虑递推。第一次第m个人没了，然后对每个人重新编号

此题注意一点就是b>(a-1)^2,b

很简单的组合问题。

void init(){ s[0]=0; s[1]=0; s[2]=1; int i; for (i=3;i<=100;i++) s[i]=(i-1)*(s[i-1]+s[i-2])%mod;}

//三分求极值法// 二分法早就失去了他的意义了。不过还是可以用三分法来实现的，就是二分中再来二分。比如我们定义了L和R，m = (L + R) / 2，mm = (mid + R) / 2; 如果mid靠近极值点，则R = mm；否则就是mm靠近极值点，则L = m;这样的话，极值还是可以求的#include#include#includeusing namespace std;

#include#include#include#include#includeusing namespace std;__int64 p;__int64 jieji[200005];__int64 ppow(__int64 n,__int64 m){ __int64 s=1,k=n%p; while(m>0) { if(m&1)

#include#include#include#include#define max 100000using namespace std;int u[max+20];long long f[max+20];long long g[max+20];bool vis[max+20];int mmax(int a,int b){ int p; p=a; i

#include using namespace std;const int _max = 10001;// c1是保存各项质量砝码可以组合的数目// c2是中间量，保存每一次的情况int c1[_max], c2[_max];int main(){ //int n,i,j,k; int nNum; // int i, j, k;

因为答案可以看成函数，所以可以用三分来解答。

用状态压缩来表示当前已经取的卡片，

己知经过同一个的n个平面，任意三个平面不经过同一条直线，若这n个平面将空间分成f（n）个部分，则f（3）= f(n)= (1)、f(3)=8 (2)、当n>3时，每增加一个面，这面就要与前面n-1个面都相交，因为过同一点，两平面如果有一个公共点就有一条公共直线，这样就会把前面平面划分的空间一分为二，f(n)-f(n-1)=2(n-1),然后累加得f(n)=n^2-n+2

这是一道公式题，虽然想了半天也想不出来，https://en.wikipedia.org/wiki/Lindström–Gessel–Viennot_lemma看这个就行了。#include#include#include#includeusing namespace std;typedef long long LL;const int maxn=200005;const int