白学病患者的专栏

有阻值为1欧姆的电阻。问最少使用多少个这样的电阻通过串并联得到阻值为a/b的电阻。1、若a%b==0，则只需a/b个电阻。否则2、若a>b，设k=a/b的整数部分。则可通过串联k个电阻，使问题转化为得到阻值(a-k*b)/b，即(a%b)/b3、若a具体处理时，对于第三种情况只需交换a、b的值即可转变为第二种情况。上述过程其实就是一个辗转相除的过程。修改一下欧几里得算法

给一个序列，设所有项乘积为a，求a的因子中因子个数大于2的最小因子。将每个数分解质因子，记录每个质因子的个数。然后从最小的质因子开始取（累乘），直到取够两个（因为1和其本身也是该数的因子），此时得到的结果就是满足条件的最小因子。#include#include#include#include#include#include#define INF 0x

从一个圆上一点发射光线，问反射N次后恰好第一次回到起点的发射方案数。主要说一下为什么K/(N+1)需要是一个既约分数。设g=gcd(K,N+1)，k=K/g,n=(N+1)/g，即有g*(2*θ*n)=g*(2*k*Pi)，即相当于反射n-1次回到起点g次。这样，如果g!=1，是不符合题意的。关于欧拉函数#include using namespace s

给出一个序列，求其中乘积是平方数的数对个数。解法：将每个数的平方因子筛掉，得到新数，然后排序，统计相同的个数num，结果累加num*(num-1)./2就好了。#include#include#include#includeusing namespace std;int p[1000],cnt=0,a[100005];bool judge(int x){

给一个数字串，和两个整数a,b。问能否将该串分成两部分，其前后两部分分别被这两个整数整除。解法：根据同余定理，从前往后扫一遍数字串，可以得到各个前缀模a的余数A[i]。再从后往前扫一遍，可以得到各个后缀模b的余数B[i]。然后再扫一遍每一个位置i，看是否有A[i]=B[i+1]=0。注意，由于不能有前缀0且拆分后得到的数必须大于0，因此在判定A[i]=B[i+1]=0的时候

给一个置换，求循环长度，结果对3221225473取模。有一个莫名其妙的定理：点击打开链接根据该定理求最小公倍数就好了，用欧几里得算法求的话会TLE.将每个循环长度分解质因子再求就好了。坑点：模数用int是存不下的。#include#include#include#includeusing namespace std;#define maxn 30

根据同余定理，可得性质：奇偶位的和之差能被11整除，则该数能被11整除。用c++超时，用G++就过了，(╯°Д°)╯︵┴┴#include#include#include#include#include#include#include#include#include#include#include#pragma comment(linker,

求乘积为立方数的数对个数。(不考虑数对中数的相对顺序)先筛掉每个原数中的立方因子得到新数，对于每一个新数，若存在平方因子，则需要找该平方因子为1的对应的数与其匹配；若不存在平方因子（即只含单个因子），则找含有两个该单因子的数与其匹配。注意，找到的匹配的数可能会超过1e^6，此时需要特判，并且用long long来存储，否则会RE。具体代码实现的时候，使用一个变量tem，

题目本质就是：给出a,b，求a的阶乘的因子个数减去b的阶乘的因子个数。预先打表处理求出范围内的数的因子个数。再求一下前缀和，就得到了对应的数的阶乘的因子个数了。#includeusing namespace std;typedef long long LL;#define N 5000001int prim[N],cnt[N],tot,a[N];//a[i]

给出x1、y1、x2、y2，m，h1，h2，a1，a2，问经过多少次迭代：h1=(h1*x1+y1)%m，h2=(h2*x2+y2)%m，使得h1=a1且h2=a2。若不能得到，输出-1.找到h1->a1需要的次数a，a1->a1的次数b，h2->a2的次数c，a2->a2的次数d。然后就是看是否存在x、y使得bx+a=cy+b直接模拟就好了。首先分别判断h1、h2经过不超过2m次迭代

题目大意：求在n棵树保存不超过m个豆子的方法数，结果对p取模。 (n、m分析：由插板法，在n棵树保存i个豆子方案数为C(n+i-1,i)。不超过m个豆子，则方案数为C(n+0-1,0)+C(n+1-1,0)+……+C(n+m-1,m)。根据组合数性质：C(n,m)=C(n-1,m-1)+C(n-1,m)，可将上式化简为C(n+m,m)即所求结果为C(n+m,m)考虑

求∑x2i=x1∑y2j=y1ai,j mod p 其中ai,j=Cji。 p为素数将式子展开后应用组合数公式：C(n,m)=C(n-1,m-1)+C(n-1,m) 化简。然后用lucas定理求解即可。#include #include #include #include #include #include #include using names

有关资料：定义及性质证明线性筛法相关题目：hdu 1695题目大意：求满足x属于区间[1,m]与y属于区间[1,n]，且gcd(x,y)=k的数对(x,y)个数。(x,y)与(y,x)属于算作同一个数对。分析：问题与求x∈[1,m/k]，y∈[1,n/k]且gcd(x,y)=1数对(x,y)个数等价。。设f(i)表示x∈[1,m/k]

题目传送门法一：观察calc函数，其本质就是求sigma(x*(x-1))，x=gcd(a[i],a[j])。然后发现a[i]的范围不大，因此x的范围也不大。于是可以考虑数据范围内每个x对答案的贡献。枚举x，设f[i]表示gcd=i的数对个数。则累加f[i]*i*(i-1)即为结果。关键就是求f[i]。可以先计算出n个数中i的倍数有多少个，设为s。这s个数，任意两个数的gc

#include#include#includeusing namespace std;#define N 100000005bool vis[N];int p[N], cnt, phi[N];int Euler(int n){ int i, j, k; phi[1] = 1; for (i = 2; i < n; ++i){ if (!vis[i]){ p[cn

题目大意：给出N（1分析：一开始还以为是求整数划分个数，很快发现不是的。比如N=4的时候，(1,1,2)和(1,2,1)应当作不同的方案。考虑将N部拆分成N个1，然后对这N个1用插板法进行划分。那么总的方案就是C(n-1,0)+C(n-1,1)+……+C(n-1,n-1)=2^(n-1)注意到这里的N非常大，而1e9+7为质数，因此可使用费马小定理降幂处理。对于

乘法逆元定义：满足a*k≡1 (mod p)的k值就是a关于p的乘法逆元。为什么要有乘法逆元呢？当我们要求（a/b） mod p的值，且a很大，无法直接求得a/b的值时，我们就要用到乘法逆元。我们可以通过求b关于p的乘法逆元k，将a乘上k再模p，即(a*k) mod p。其结果与(a/b) mod p等价。证：（其实很简单。。。）根据b*k≡1 (mod p)有

题目大意：给k个素数pi，记M为其乘积。计算C(n,m)%M。1、令a[i]=C(n,m)%pi，可用Lucas定理进行计算。2、问题转化为求最小的x，使得x%pi=ai。根据CRT求解即可。3、注意在应用CRT的时候，中间结果会溢出，需要用到快速乘法。#include #include #include using namespace std;type