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Codeforces Round #752 (Div. 2)A. Era题意：给出一个数组aaa，一种操作：每次能够在任意位置插入一个数，问最小的插入次数使∀i∈[1,n]\forall i \in[1,n]∀i∈[1,n]，都满足ai≤ia_i\le iai​≤i思路：我们能够在最前面插入1，使每个数的下标都加1，如果i≤a[i]i\le a[i]i≤a[i]，只要让最小i−a[i]i-a[i]i−a[i]变成0的操作数就是答案。#include <bits/stdc++.h>

J Prime Game题意：给出一个序列，mul(l,r)=∏i=lraimul(l,r)=\prod\limits_{i=l}^ra_imul(l,r)=i=l∏r​ai​，fac(l,r)fac(l,r)fac(l,r)表示mul(l,r)mul(l,r)mul(l,r)的中不同的质数的个数。问：∑i=1n∑j=infac(i,j)\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=i}^nfac(i,j)i=1∑n​j=i∑n​fac(i,j)思路：统计在序列中出现过的质

Rinne Loves Sequence推式子∑i=1n∑j=i+1n[gcd(ai,aj)=1]∑i=1n∑j=1n[gcd(i,j)=1]×cnti×cntj−∑i=1n[gcd(i,i)=1]∑d=1nμ(d)∑i=1n∑j=1ncnti×cntj∑d=1nμ(d)∑i=1nd∑j=1ndcntid×cntjd\sum_{i=1}^n\sum_{j=i+1}^n[gcd(a_i, a_j)=1]\\\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n[gcd(i,j)=1]\times cnt_

EOJ Monthly 2021.9 Sponsored by TuSimpleA.Amazing.Discovery题意：思路：解法1：解法2：EOJ Monthly 2021.9 Sponsored by TuSimpleA.Amazing.Discovery题意：给出a，b，na，b，na，b，n，求S=(a+b)n+(a−b)n(mod p)S=(a+\sqrt b)^n+(a-\sqrt b)^n(mod~p)S=(a+b​)n+(a−b​)n(mod p)思.

二次剩余定义ppp是一个奇素数。x2≡n(mod p)x^2\equiv n(mod~p)x2≡n(mod p)判断n是否有解勒让德符号 ≡\equiv≡ 欧拉判别准则。勒让德符号(np)={1p∤n ∧ n是p的二次剩余−1p∤n ∧ n不是p的二次剩余0p∣n\left(\frac {n}{p}\right)=\begin{cases}1& p\nmid n~\wedge~n是p的二次剩余\\-1&p\nmi

Product of GCDs问题：求给定的多重集合的 所有长度为k的子集 的gcdgcdgcd的 乘积。mx=max{multiple_set}ans=∏i=1mxikiki表示在集合中的长度为k且gcd为i的子集的个数。先求出i的倍数个数num，再求出(numk),有因为其中包含gcd为2i的集合，所以要减到这些集合产生的贡献。(容斥一下)\begin{aligned}mx&=max\{multiple\_set\}\\ans&=\prod_{i=1}^{mx}i^{k_i}\

题意：给出一个长度为 n 的序列 a，q次询问 ∏i=lrlcm⁡(ai,x)\prod\limits_{i=l}^r \operatorname{lcm}(a_i,x)i=l∏r​lcm(ai​,x) 的值。答案对 109+710 ^ 9 + 7109+7取模。思路：∏i=lrlcm(ai,x)=∏i=lraixgcd(ai,x)=∏i=lraix∏i=lrgcd(ai,x)\begin{aligned}&\prod_{{i=l}}^rlcm(a_i,x)\\=&\prod.

P3768简单的数学题解法一：推式子部分杜教筛部分：解法二：推式子部分杜教筛部分：P3768简单的数学题解法一：推式子部分∑i=1n∑j=1nijgcd(i,j)∑i=1ni∑j=1nj∑d∣i,d∣jd[gcd(i,j)=d]∑d=1nd3sumi=1ndi∑j=1ndj[gcd(i,j)=1]∑d=1nd3∑i=1ndi∑j=1ndj∑x∣gcd(i,j)μ(x)∑d=1nd3∑x=1ndx2μ(x)∑i=1ndxi∑j=1ndxj∑d=1nd3∑x=1ndx2μ(x)(⌊ndx⌋(1+⌊nd.

E. Number Challenge​问题：∑i=1a∑j=1b∑k=1cd(ijk)\sum_{i=1}^a\sum_{j=1}^b\sum_{k=1}^cd(ijk)∑i=1a​∑j=1b​∑k=1c​d(ijk)，d(n)d(n)d(n)表示n的因子个数。推式子：∑i=1a∑j=1b∑k=1cd(ijk)∑i=1a∑j=1b∑k=1c∑x∣i∑y∣j∑z∣k[gcd(x,y)=1][gcd(y,z)=1][gcd(x,z)=1]∑x=1a∑y=1b∑z=1c∑i=1a∑j=1b∑k=1c∑x∣

Happy_2004题意：思路（详细解释在扩展）：CodeCodeCode：扩展（因子和，积性函数）nnn的全部因子之和是：积性函数σ\sigmaσHappy_2004题意：求2004k2004^k2004k的全部因子的和，对292929取模思路（详细解释在扩展）：积性函数，等比数列求和CodeCodeCode：#include<bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long ll;const int N = 1e3+.

原根定义:原根判定定理原根的个数原根的存在定理题目：原根定义:设m∈N∗m\in\mathbb{N^*}m∈N∗,a∈Za\in\mathbb{Z}a∈Z.若(a,m)=1(a,m)=1(a,m)=1,且δm(a)=ϕ(m)\delta_m(a)=\phi(m)δm​(a)=ϕ(m),则称aaa为模mmm的原根（注：a，ma，ma，m互质）.原根判定定理若ggg是模mmm的一个原根,则对于ϕ(m)\phi(m)ϕ(m)的任何大于111且不为自身的因数ppp,都有gϕ(m)p≡1(mod&nbsp.

扩展篇问题：方法:题目：扩展篇问题：当p，ap，ap，a可能不互质时，求ax≡b(mod p)a^x\equiv b(mod~p)\\ax≡b(mod p)方法:当d1=gcd(a,p)≠1d_1=gcd(a,p)\neq1d1​=gcd(a,p)​=1，当d1∤bd_1\nmid bd1​∤b时，无解，则原式变成：ad1ax−1≡bd1(mod pd1)\frac a{d_1}a^{x-1}\equiv \frac b{d_1}(mod~\frac p.

进阶篇问题：xa≡b(mod p)x^a\equiv b(mod~p)\\xa≡b(mod p)解法一：设ggg是p的一个原根，根据原根的性质存在ccc，满足gc≡xg^c\equiv xgc≡x成立，同理存在ttt，满足gt≡bg^t\equiv bgt≡b成立。∴(gc)a≡b(mod p)(ga)c≡b(mod p)ga已知，所以我们就能用基础篇直接求解c，也就是一个特解。\therefore (g^c)^a\equiv b(mod~p)\\(

基础篇问题：思路：模板：题目：基础篇问题：给出a，b，pa，b，pa，b，p，其中gcd(a,p)=1gcd(a,p)=1gcd(a,p)=1，求xxx满足ax≡b(mod p)a^x\equiv b(mod~p)\\ax≡b(mod p)思路：设x=Ap−Bx=A\sqrt p-Bx=Ap​−B其中A∈[1,p],B∈[0,p]A\in[1,\sqrt p],B\in[0,\sqrt p]A∈[1,p​],B∈[0,p​]，得到问题的变形aAp−B≡b(mod&nb.

阶定义：性质：阶定义：对于m>1m>1m>1且(a,m)=1(a,m)=1(a,m)=1，使an≡1(mod m)a^n\equiv 1(mod~m)an≡1(mod m)成立的最小的nnn，称为nnn模mmm的阶，记作δm(a)\delta_m(a)δm​(a)。根据欧拉定理，可以证明至少存在一个nnn使an≡1(mod p)a^n\equiv 1(mod~p)an≡1(mod p)成立。性质：a,a2,...,aδm(a)a,a^.

exLucas问题：lucaslucaslucas解决了求模数较小的组合数求解，但要求模数一定得是素数才行。但exlucasexlucasexlucas能够求解p不是质数的情况。先来两个定理：唯一分解定理：p=∏i=1kpicip=\prod_{i=1}^kp_i^{c_i}p=∏i=1k​pici​​ ，其中pip_ipi​都为质数CRTCRTCRT : picip_i^{c_i}pici​​和pjcjp_j^{c_j}pjcj​​互质.{(nm)≡ a1 (mod&nbs

费马小定理问题：证明费马小定理问题：对∀(a,p)=1，p是质数∃ ap−1≡1(mod p)对\forall(a,p)=1，p是质数\\\exists~a^{p-1}\equiv1(mod~p)\\对∀(a,p)=1，p是质数∃ ap−1≡1(mod p)证明先来第一个引理：如果(c,m)=1,ac≡bc(mod m)则a≡b(mod m)如果(c,m)=1, ac\equiv bc(mod~m)\\则a\equiv b(.

卢卡斯定理问题内容：时间复杂度证明给个定理：证明定理：再来个推论：所以我们就可以推出结论：模板题目Luogu3807【模板】卢卡斯定理[P2480 [SDOI2010]古代猪文(CRT+Lucas)](https://www.luogu.com.cn/problem/P2480)问题求解取模组合数(nm)≡x(mod p)\binom nm\equiv x(mod ~p)(mn​)≡x(mod p)，其中n，mn，mn，m较大不适用于打表找阶乘，模数p较小且为素数。内容：(nm)

D. Fox And Jumping题意：在一个无限长的纸条上，给出n个卡片，每个卡片都有有两个属性l，c。我们可以花费c得到这个卡片，就能够用这张卡片来向左或者向右移动l的距离，问最小的代价使可以到达枝条上的全部点。思路：我们可以把纸条想象成坐标轴，起始位置为0，这样我们花费cic_ici​得到卡片iii，就相当于能够写作0+∑i=1kxi×li(k未知，xi为一个常数)0+\sum_{i=1}^kx_i\times l_i(k未知，x_i为一个常数)0+∑i=1k​xi​×li​(k未知，xi​为一

Count a * b题意：有ttt组输入，每组输入入一个数n(n≤109)n(n\leq 10^9)n(n≤109)，求g(n)=∑m∣nf(m)g(n) = \sum_{m|n}f(m)g(n)=∑m∣n​f(m)，f(m)=∑i=0m−1∑j=0m−1[i×j%m≠0]f(m)=\sum_{i=0}^{m-1}\sum_{j=0}^{m-1}[i\times j \%m \neq 0]f(m)=∑i=0m−1​∑j=0m−1​[i×j%m​=0]。推式子：f(m)=∑i=0m−1∑j=0m−1

反素数定义对于正整数x，其约数的个数记作g(x)g(x)g(x)。例如 g(1)=1g(1)=1g(1)=1、g(6)=4g(6)=4g(6)=4。如果某个正整数xxx满足：对任意正整数i(0<i<x)i(0<i<x)i(0<i<x),有g(x)>g(i)g(x)>g(i)g(x)>g(i)，那么 称xxx为反素数。感性理解，素数是只有1和本身两个约数，而反素数就是约数个数最多的数（并且在约数相同的情况下更小的那个数），所以反素数是对

Goffi and GCD题意：因为gcd(n−i,n)，gcd(n−j,n)gcd(n-i,n)，gcd(n-j,n)gcd(n−i,n)，gcd(n−j,n)都是n的因子（且不为n）所以乘起来不会超过n2n^2n2所以等价于求推式子∑i=1n∑j=1n[gcd(n−i,n)gcd(n−j,n)=n]∑i=1n∑j=1n∑x∣n∑y∣n[xy=n][gcd(n−i,n)=x][gcd(n−j,n)=y]∑x∣n∑y∣n[xy=n]∑i=1n[gcd(i,n)=x]∑j=1n[gcd(j,n)=

P2303 [SDOI2012] Longge 的问题题意：求推式子∑i=1ngcd(i,n)∑d∣nd∑i=1n[gcd(i,n)=d]∑d∣nd∑i=1nd[gcd(i,nd)=1]∑d∣ndϕ(nd)\sum_{i=1}^ngcd(i,n)\\\sum_{d|n}d\sum_{i=1}^n[gcd(i,n)=d]\\\sum_{d|n}d\sum_{i=1}^{\frac{n}{d}}[gcd(i,\frac{n}{d})=1]\\\sum_{d|n}d\phi(\frac{n}{d})\

SP5971 LCMSUM - LCM Sum题意：求推式子∑i=1nlcm(i,n)∑i=1ningcd(i,n)n∑i=1nigcd(i,n)n∑d∣n∑i=1nid[gcd(i,n)=d]n∑d∣n∑i=1ndi[gcd(i,nd)=1]n∑d∣n(ϕ(d)+[d=1])×d2\sum_{i=1}^nlcm(i,n)\\\sum_{i=1}^n\frac {in}{gcd(i,n)}\\n\sum_{i = 1} ^{n} \frac{i}{gcd(i, n)}\\n\sum_{d \mi

[SDOI2008]仪仗队题意：设左下方是坐标(0,0)(0,0)(0,0)，求(0,0)0,0)0,0)处能够看到的人数。每个人对应一个坐标(x,y)(x,y)(x,y)，只要gcd(x,y)=1gcd(x, y)=1gcd(x,y)=1就被(0,0)(0,0)(0,0)能看到（令gcd(0,1)=1gcd(0,1)=1gcd(0,1)=1,和ϕ(1)=1对应\phi(1)=1对应ϕ(1)=1对应）。欧拉函数思路：我们只看其中的一半x，另一半和它对称，然后就得到式子x=∑x=1n∑y=1x[gc

模题意：给定四个正整数a,b,c,ka,b,c,ka,b,c,k，回答是否存在一个正整数nnn，使得a∗na*na∗n在kkk进制表示下的各位的数值之和模bbb为ccc。先给出一个结论：一个数十进制数xxx化成kkk进制数yyy，那yyy的各个位数加的和sumsumsum起来一定是x+(1−k)∗tx+(1-k)*tx+(1−k)∗t简单证明：x<kx < kx<k，那y=xy = xy=x假设x>=kx >= kx>=k1.x=k，y=(10)k，sum

树题意：给出一棵n个节点的树，k种颜料；给每个节点涂上颜色，合法涂色为：当两个节点颜色相同的时候，两节点路径上的节点都为该种颜色。问有多少种合法涂色(mod1e9+7mod 1e9+7mod1e9+7)。思路：首先我们得从kkk种颜色中选iii种颜色用来涂色(AkiA_k^iAki​)；对这棵树涂上iii种颜色的方法为从n−1n-1n−1条边中选出i−1i-1i−1条删除，得到iii个连通块，对每个连通块上色得到iii种颜色得方案数(Cn−1i−1C_{n-1}^{i-1}Cn−1i−1​)；解释一下

小阳的贝壳题意：给出一个数组aaa，nnn个数，mmm次询问。有333种询问，1,l,r,x;2,l,r;3,l,r1,l,r,x;\quad2,l,r;\quad3,l,r1,l,r,x;2,l,r;3,l,r。1,l,r,x1,l,r,x1,l,r,x：对区间[l,r][l,r][l,r]中的每个数加上xxx。2,l,r2,l,r2,l,r：询问[l,r][l,r][l,r]区间里所有相邻数字的差（取绝对值） 的最大值。3,l,r3,l,r3,l,r：询问[l,r][l,r][l,r]区间的所有

Sumdiv题意：给出两个数n，mn，mn，m，求nmn^mnm的全部因子的和SSS对990199019901取模的结果。结论：1.任意自然数都可以拆成质因子乘积的形式，nm=a1b1∗m∗a2b2∗m...∗anbk∗m1.任意自然数都可以拆成质因子乘积的形式，n^m = {a_1}^{b_1*m}*{a_2}^{b_2*m}...*{a_n}^{b_k*m}1.任意自然数都可以拆成质因子乘积的形式，nm=a1​b1​∗m∗a2​b2​∗m...∗an​bk​∗m其中a1,a2...ak都是n的质

接上篇快速幂快速幂是矩阵快速幂的基础别听名字很厉害其实只是个模板，你记住了模板你就会了首先你得会矩阵的乘法我刚好在学线代，所以找到了书上的原话简单来说就是如果A与B的乘积是AB则AB的第一行 第一个元素为A的第一行乘以B的第一列之和第一行 第二个元素为A的第一行乘以B的第二列之和…第二行 第一个元素为A的第二行乘以B的第一列之和第二行 第二个元素为A的第二行乘以B的第二列之...

#define ll long long加法取模ll faction(ll a, ll b, ll mod) { return (a%mod + b%mod) % mod}减法取模//记 a > b ;ll faction(ll a, ll b, ll mod) { return (a%mod - b%mod + mod) % mod;}乘法取模ll factio...

原始版本O(nn)O(n\sqrt n)O(nn​)埃氏筛法O(nloglog(n))O(nloglog(n))O(nloglog(n))线性筛O(n)O(n)O(n)原始版本O(nn)O(n\sqrt n)O(nn​)1.比质数p小的数都和p互质。2.如果一个数x存在两个因子n, m，那一定满足n<=x且m>=xn <=\sqrt x且m>=\sqrt xn<=x​且m>=x​或者n>=x且m<=xn >=\sqrt x且m<=\sqr.

逆元定义用途算法扩展欧几里得求逆元费马小定理或欧拉定理公式递推定义定义：如果 a∗x=1(modp)，且gcd(a,p)=1a*x = 1(mod p)，且gcd(a, p) = 1a∗x=1(modp)，且gcd(a,p)=1（等价于a，p互质），那 x 就为模 p 意义下 a 的乘法逆元。用途小定理：(a/b)%p=(a∗x)%p=1(a/b) \% p = (a*x) \%p= 1 % p(a/b)%p=(a∗x)%p=1；（x为模p意义下a的逆元）证明：a/b∗b∗x≡a∗x(mod&

exgcd就是用来求a * x + b * y = gcd(a, b)的一组解{x, y}的方法。a∗x+b∗y=gcd(a,b)−−−1a*x +b*y = gcd(a, b)---1a∗x+b∗y=gcd(a,b)−−−1b∗x+(a%b)∗y=gcd(b,a%b)−−−2b*x+(a \% b)*y = gcd(b, a\%b)---2b∗x+(a%b)∗y=gcd(b,a%b)−−−2a%b=a−[a/b]∗b−−−3a\%b = a-[a/b]*b---3a%b=a−[a/b]∗b−−−3将

Walk问题：求组合数C(n, m)(n在下，m再上)先了解一下两个小知识 费马小引理逆元费马小引理这个可以用来求特殊情况下的逆元。逆元定义：如果 a * x = 1(mod p)，且gcd(a, p) = 1（等价于a，p互质），那 x 就为模 p 意义下 a 的乘法逆元。根据上面的费马小引理，我们可以的得知假如 p 是素数，那a^(p-1) = 1(mod p).成立那a^(p-2)...

传送门题目的问题就是求N^N一般我们会直接用for循环，但远远超出1秒计算机的计算量，所以我们就要用到快速幂了；先放模板#include<iostream>#include<cstdio>using namespace std;int main(){ int a; cin>>a; while(a--) { long long b,...

折线分割平面先来想想直线分割平面2，4，7，11，……，Sn（前面几个可以画出来，要使分割的平面更多，就要与前n-1条直线的交点更多）我们观察规律，S2 - S1 = 2，S3 - S2 = 3，S4 - S5 = 4 。我们就大胆的猜 Sn - Sn-1 = n；这是个等差数列，套公式得到 Sn - S1 = (n+2)(n-1) / 2 。所以Sn = （n*n + n + 2）/ 2；我们再大胆的试试折线分割平面2 7 16 …… Sn（画了三个，后面不敢画了）我们再观察规律，

poj1811问：给定的x（2 <= x < 2^54）是否为素数，如果不是就找出x的最小质因子。方法：Miller-Rabin 和 Pollard_rho；证明转载 Miller-Rabin素数测试算法用于检测一个大数（sqrt(N) > 10^9）是否为素数（大概率）。将费马定理和二次探测定理结合：在二次探测的同时又验证费马定理。我们将重复（20–50）次下面的过程我们先随机选一个a（或用前50个素数代替），设s，t，a^s * t = p-1（t 为奇数）得到随机