浅笑~如夏

初始位置在 (0,0) 点，现在有两种操作：操作 1 ：你获得一种能力向量 (x,y) ，你可以从当前位置 (a,b) 出发，沿着这个能力向量方向移动任意整数个单位，即可以从 (a,b) 移动至 (a+dx,b+dy) ；操作 2 ：在二维平面上的某一点 (x,y) 上出现了一个价值为 w 的物品，如果你可以通过你当前拥有的能力向量移动至 (x,y) 就可以获得该物品。问最终你可以获得的最大价值是多少？简单分析即可发现，对于一个出现地物品，如果当前我能够取取得，就一定回去取，因为这对之后的操作没

题目数学结论题先考虑全分成实数，根据基本不等式，这些数要全部相等才最大。则设其为x，求x^(n/x)最大，具体证明我当然不会（据说是先取对数，在证明），结论是，x取自然对数时最大，即e，2.7几几几。最接近的整数为3，所以尽量取3，不够取2，显然不取1。#include<bits/stdc++.h>using namespace std;int n;int A[5001],len,k;voi

题目这题貌似是我接触的第一道APIO的题，当时完全不知道怎么做呀233.我们先看k==1的情况，这比较简单，找出最长链即可。ans-=（len-1）。 之后处理k==2，显然是在k==1情况下再加一条边，也应该是最长链之类的吧，感性认识，把第一次的最长链赋为-1，跑最长链。ans-=（len-1）。 这样的话，就解决了这道题。#include<bits/stdc++.h>#define N 1

题目数学水题 推个公式或者找个规律就好了。。。m^n-m*(m-1)^(n-1)#include<bits/stdc++.h>#define LL long long#define mod 100003using namespace std;LL n,m;LL ans;LL ksm(LL A,LL B){ LL ans=1; while(B) {

题目又是一道数学题，233 这样的式子，我们用欧拉公式吧。。。然后呢发现这是可以直接递归下去算的。#include<bits/stdc++.h>#define N 10000000#define LL long longusing namespace std;int phi[N+1],prime[N+1],siz;bool noprime[N+1];LL p,T;void init(

题目首先我们需要知道，四条边要构成四边形，必须每条边都小于周长的一半。之后就十分简单了。dp呀什么的都可以做了。记住结论。#include<bits/stdc++.h>using namespace std;int n,lim;int f[3000];int ans;int main(){// freopen("in.txt","r",stdin); cin>>n;

题目感性认识，每次选最接近的斐波那契数就好了。记忆化一发。#include<bits/stdc++.h>using namespace std;int T;long long fib[105],n; map <long long,int> f;inline char nc(){ static char buf[100000],*p1=buf,*p2=buf; return

题目感性认知，其实每行障碍的位置无所谓，不妨让它们在主对角线上，这样，就全错排就好了。公式:f[i]=(i-1)*(f[i-1]+f[i-2]),f[1]=0,f[2]=1.高精度。//全错排 f[1]=0,f[2]=1,f[i]=(i-1)(f[i-1]+f[i-2])#include<iostream>#include<cstdlib>#include<cstdio>#include<c

D2T1，从理论上来讲不算太难啊，但考场没有多少人做出来就十分尴尬了。或许是心理原因吧。其实就是求一个组合数，由于除数是确定的，所以可以杨辉三角递推。然后为了处理询问，二维前缀和维护一下就好了。#include<bits/stdc++.h>#define N 2000using namespace std;int f[N+5][N+5],tmp[N+5][N+5],T,p,n,m;int s

看看数据范围，woc，什么鬼，让我在初中第一眼看见的时候惊呆了，然后留下了阴影。现在才补完。其实也不算太难。首先，我最先先到的就是在一个模大质数的意义下解，复杂度就成O(mn)的了，再用两个比较大的质数同时做，如果这样都wa的话就没办法了（几率太小）。不过，这样是过不了最后两个点的，怕是这样只能O(wys)了233。但是，我们可以改进一下思路，先选取一个比较小的质数p，算它的答案，假设为x，那么（x

我们可以简单地发现，答案就是(x+(10^k)*m)%n。这样的话，就是很简单就可以求出来了。10^k%n的话，我们用一下快速幂就可以解决。#include<bits/stdc++.h>#define ll long longusing namespace std;ll n,m,k,x;ll ksm(ll a,ll b,ll c){ ll ans=1; while(b)

emmm，一道当时的模板题吧。什么只要会ex_gcd就可以A的题。变换一下式子：ax=k(mod b)可以变为ax+k=by,再移一下项，可得： ax+by=-k，y的正负可以变，然后，就是ex_gcd了。#include<bits/stdc++.h>using namespace std;int a,b,x,y;int ex_GCD(int a,int b,int &x,int &y){

题目咳咳，话说a|b谁是谁的因子呀，数学怕是没学好，一开始弄反了，导致认为这题难道不是有毒送分吗233。然后样例打脸，好吧，我错了，a是因子。其实还是比较简单的，由于都是2的整数次幂，我们考虑整数就好了，发现，每一个ai,至少要占x的次数的,1/ai。然后我们就可以愉快的求和，然后判断与1的大小就好了。为了尽量避免精度问题，我没用double，都乘了一个10!来算（其实影响不大）。对了，还有一个小（

题目最显然易见的做法就是枚举一条对角线的两个端点，不过，这样是过不了的。然后，就需要一些技巧了。我们先贪心地想一想，如果第一次选最大的两个点算，当然是不行的。。 但我们多做几次，是不是正确率就会变高呢。答案是显然的，我们就取出最大的一些数来算，这样就成O(num^2)了，之后，这个num^2如何选取呢。如果在考场上，就按极限取吧，只要不超时就行。这样如果我们的想法是对的，就会A。选取4*n其实就行

题目一句话题意，求解C(n,m)%10007的值。我们知道，10007是一个质数，那么除一个数就相当于乘上它的逆元，这样就可以预处理阶乘O(1)做了。但是，这样有个问题，n大于了10007怎么办？显然都不是0呀。我们有办法（不是我想出来的，Lucas定理就可以用了。C(n,m)=C(n/p,m/p)*C(n%p,m%p)%p然后递归就好了。#include<bits/stdc++.h>#defin

题目蜜汁“费马大定理”，不过好像没什么关系。1/a+1/b=1/n，这样当然是没有用的，我们来变换一下（没有公式编辑（其实太懒））。（a+b）/ab=n n(a+b)=ab ab-n(a+b)+n^2=n^2 (a-n)*(b-n)=n^2到现在，就很显然了，求n^2的因数个数，考虑a,b其实等价，还要除以2，（向上取整，因为平方数）。之前被一个强行卡常网站卡了一下这个，本机0.83s，交上去

题目首先，我们都知道，一个数n有几位数的公式就是lg(n)+1（十进制下）。那么k进制下就为logk(n)+1了。 那么这道题就可以即为logk(n!)=log(1)+log(2)+……+log(n)了。 但是这样是O(n)的，做不动。这个时候，就要使用神奇的公式了。当然不会证明啦。但是，这样就可以根据对数运算法则展开了。最后公式就很好推了。#include<bits/stdc++.h>#de