wamach的博客

首先假设m是质数，则由于每个数都有自己的逆元，每种前缀积都可以两两互相转化（b=a*(inv[a]*b%m)%m）。然后考虑m不为质数的情况，发现数列中相邻的两个前缀积a,b满足gcd(a.m)|gcd(b,m)。因此我们把gcd(a,m)==gcd(b,m)的数都堆成一坨，当m为质数处理，gcd(a,m)接下来要让数列最长，我们把每坨数都看成一个权值为数的个数的点，建一个DAG跑一跑，就

数独

我觉得我还是别学点双了。#include#include#include#include#include#include#include#includeusing namespace std;#define rep(i,j,k) for(i=j;i<=k;++i)#define per(i,j,k) for(i=j;i>=k;--i)#define G getchar()

TMD树剖过不掉。#pragma GCC optimize("O2")#include#include#include#include#include#include#includeusing namespace std;#define rep(i,j,k) for(i=j;i<=k;++i)#define per(i,j,k) for(i=j;i>=k;--i)#def

斐波那契数列的通项公式而在膜1e9+9的条件下，有一个与sqrt(5)等价的数，这个数就是383008016。因此上式可以改写成276601605*(((1+383008016)*500000005)^n-((1-383008016)*500000005)^n))即两个等比数列的和，这样就能用线段树打标记，然后O(1)求值了。第二个询问用树剖搞搞就好了。第三个询问分两种情况。当y是

不知道错哪了。欢迎来指正。

从洛谷的分类可以看出这是道dp题。记fn[i]为N的R[k]≤I时N的最大贡献，fo[i][j]为O的u≤i，u+W-1≥j时O的最大贡献，fi[i]为I的P[1]>=i时I的最大贡献。求出上述三者后可以O(m^2)求得答案。另外地，记Sj[i][j]为第j列前i个的和，对于fo[i][j]：

区间排序后组成等差数列，满足两个条件：①区间内max-min=k*区间长，用线段树维护max和min就好了。②区间排序后差分，gcd==kgcd也可以用线段树维护，即gcd=gcd（左儿子gcd，右儿子gcd）（注意gcd=0是须特判）。看起来好像没了。

讲道理刚看完题目就听到题解了233

Scarlet：为什么你爆零那么熟练？wamach：QAQ

昨天太浪了，导致今天没法写作业，只能先把题解写好。T1:三个三个for。第一次Floyd。第二次for出g[i][j]，即从i到j的最短路，经过的以j为端点的线段有几个。第三次for出f[i][j]，及答案，f[i][j]=Σg[i][k]，k在最短路上。T2：考虑按a[i]的大小分块。块中每个元素都看成一条直线ax+b，a是该用户的a值，b是a*该块内a≥

我好菜啊。我怎么这么菜啊。

真的没必要再在上面花时间了，交标程的事我也不想干，就把代码贴这里算了。#pragma GCC optimize("O2")#include#include#include#include#include#includeusing namespace std;#define rep(i,j,k) for(i=j;i<=k;++i)#define per(i,j,k) for(i=j

爆零高手jlh

输出时忘记%lld+打错模数=自爆

他娘的事事不顺，老子要爆粗口了。简单个毛线啊，再简单也要好好讲啊，麻痹老子一个晚上都不知道在干什么。先考虑BFS。每次取出队首元素，将起点在其终点管辖范围内的点全部进队。直接搜显然要T。因此把每个元素的起点放到主席树里。对于每个y建一棵关于x的主席树。每次把找过的点删掉就可以了。因为删除很麻烦，所以给每个点一个权，若找过就把权修改为0，找到时候每次找权最大的，找到0就退出循环。

a我还没写。

单(shan)调(tiao)栈(jian)