zhhx2001的博客

待填坑。

void extend_gcd(ll a,ll b,ll &d,ll &x,ll &y){ if (b==0){x=1;y=0;d=a;return;} else {extend_gcd(b,a%b,d,y,x);y-=a/b*x;return;}}ll mod_reverse(ll a,ll n)//a模n的乘法逆元{ ll x,y,d; extend_gcd(a,n,d,x,y

求区间内解的数量这一类的题，总是感觉会有很多的细节考虑的不够全。然后就被各种数据搞。。。虽然这题卡数据，需要吐槽，但是也学了一些方法注释中~#include#include#include#include#define ll long longusing namespace std;ll n,x,y;ll a,b,c,q,p,r,s;void exgcd(ll

时间复杂度有点玄学。。。实际上，上面说最少的山洞数小于10^6,实际上就是在提醒枚举山洞的数量，就是枚举模数，判断是否在存活的时间之内会相遇太暴力了。。。对于每个m，枚举两个野人，用exgcd求出最早相遇时间，判断是否都在两个野人是存活时间之内，如果都在，return false注意，如果求出的exgcd无解，也就是方程无解，就代表在这个m下，两个野人根本不可能相遇

其实这个就是求单个数的欧拉函数模版int work(int n){ int ans=n,sq=(int)sqrt(n);//！！！必须预处理 for (int i=2;i<=sq;i++) if (n%i==0) { ans=ans/i*(i-1); while (n%i==0) n=n/i; } if (n>1) ans=ans/n*(n-1);//必须

/*题目大意：* 求1~n里面比n小，但是与n不互素的数的总和。*解题思路：* 利用欧拉函数即可求解，1~n比n小且与n互素的数的总和为* sum(n) = n * phi(n) / 2;那么可以先求出1~n-1的总和（等差数列求和），然后* 减去sum(n)即可。*/#include#include#

bzoj2301，终于对着模版A了，也算是做过了，感觉仍然是模模糊糊的，或许还需要小心的缕一缕#include#include#include#include#define ll long longusing namespace std;const int N=50009;int mo[N],pri[N],sum[N];bool bb[N];ll a,b,c,d,k;voi

首先，如果两个点是互质的话，那么从这个点连线到（1，1）是没有与格点的交点的由此深入，总结一下就是，这个点与（1，1）连线与格点的交点的个数（包括1，1这个点）为gcd（i，j）知道这个结论，轻易推出此题现在只有80分的代码#include#include#include#include#define ll long long using namespace std;

#include#include#include#define ll long long using namespace std;ll k;void exgcd(ll a,ll b,ll &d,ll &x,ll &y){ if (b==0){d=a;x=1;y=0;return ;} exgcd(b,a%b,d,y,x);y-=x*(a/b);}int main(){ w

数据大：10^15次方公式复杂：不知道怎么化简然后，感觉满足打表找规律，发现sigema phi【k】 k属于s（n，m）==n*m。。。。。。。。。。。。再求两个phi就好，注意在括号里面mod之后，需要在括号外面再mod一次，否则会wa。。。#include#include#include#include#include#includeusing n

给定一个序列，每个数都由60个最小的素数的乘积构成，求某段的乘积的欧拉函数值对19961993取模后的值，支持单点修改这题看似有难度，实际上主要是题目描述太恶心了，oi真是综合，把语文连着一块考。。关键还是分析出一个数的phi构造，n=π  pi^ki那么他的phi就是：（pi-1）*pi^(ki-1)其实通俗点就是，对于每一个质因子k，n / k *（k-

紫书上原题用gcd来做#include#include#include#includeusing namespace std;typedef long long ll;inline int gcd(ll a,ll b){ return b==0 ? a : gcd(b,a%b); }int main(){ int t; scanf("%d",&t); whil

主要是求奇数个素因子和偶数个素因子这phi值之和感觉不好做。。#include#include#include#include#includeusing namespace std;inline int read(){ int ans,f=1;char ch; while ((ch=getchar())'9') if (ch=='-') f=-1;ans=ch-'0'

给定一个整数N，你需要求出∑gcd(i, N)(10数据太大，phi函数无法预处理，所以要直接算，这里是要枚举他的因数，以该因数为gcd的数量来算，典型题#include#include#include#include#includeusing namespace std;typedef long long ll;ll n;ll phi(ll n){ ll

首先，这题需要负数取模（挺醉人的）同时，我知道了取模与求余是不同的，http://blog.youkuaiyun.com/tedious/article/details/8777994such as    a%b具体来说，求模运算结果的符号和b一致，求余运算结果的符号和a一致。正如：求模运算和求余运算在第一步不同: 取模求余运算在取c的值时，向0 方向舍入(fix()函数)；而求余

神犇YY虐完数论后给傻×kAc出了一题给定N, M,求1傻×必然不会了，于是向你来请教……多组输入T = 10000N, M 这个复杂度，枚举质数都要超时。。所以将公式转化，线性筛的时候把，预处理出答案是系数，然后就是标准的下底函数分块难点：1：公式转化，真心十分巧妙 见hzwer的博客 http://hzwer.

比上题简单多了，关键还是数据小管用。。不过这道题，卡时卡的太紧了首先对一些常数需要进行潜在的关注1：能用int，就不要用long long，测试的时候发现long long 比int慢一倍，有的时候就可能TLE2：读入优化保平安。不过读入优化只快了200ms，而int比long long快了6000ms。。。。。。。。。。。。。#include#include

首先，n！是m！的倍数，那么小于n！与m！互素的数的个数就是phi【m！】*n！/m！//这里需要用到逆元首先我们想到，m！=1*2*3.......*m-1*m。实际上phi 【m！】就是从这些因子中转移出来，注意这些因子包括了所有相乘的出m！的质数，也就是说，把所有phi【i】（i明天再更新不写逆元会TLE，并且，题目中已经说了，mod为质数，方便判断逆元都是可行的

考察了欧拉函数在数学上的特点顺便练了一下代码#include#include#include#includeusing namespace std;int phi[100009],n;void getphi(){ phi[1]=1; for (int i=2;i<n;i++) if (!phi[i]) { for(int j=i;j<n;j+=i)

#include#include#include#include#includeusing namespace std;typedef long long ll;ll x,y,n,m,len;void exgcd(ll a,ll b,ll &d,ll &x,ll &y){ if (b==0) {d=a;x=1;y=0;return ;} exgcd(b,a%b,d,y,x

公式：Sn=(a1+an)n/2 ；Sn=na1+n(n-1)d/2（d为公差）；两个都可以

#include#include#include#include#include#include#include#define ll long long#define mod 376544743using namespace std;ll sn(ll a1,ll an,ll n)//等差数列求和{ return (a1+an)%mod*n%mod*188272372%mo

首先，floor（n/d）的所有情况最多有2*sqrt（n）种，那么列出所有情况，在一定的区间内n/i是相同的（因为相同可以一起算），并且显然他们的余数以n/d为公差作等差数列求和，再将所有不同的n/i的值累积起来，就求出最终答案了给出 100以内的模数100100%1 0100%2 0100%3 1100%4 0100%5 0100%6 4100%7 2

首先扩展欧几里德算法的应用主要有以下三方面：（1）求解模的逆元；（2）求解不定方程；（3）求解模线性方程（线性同余方程）；扩展欧几里德void exgcd(ll a,ll b,ll &d,ll &x,ll &y){ if (b==0){d=a;x=1;y=0;return;} else{exgcd(b,a%b,d,y,x);y-=x*(a/b);}}

#include#include#include#includeusing namespace std;const int p[8]={3,5,7,11,13,17,19,23};//8个int power_mod(int a,int b,int n)//快速幂{ int i=0,ans=1; while ((1<<i)<=b) { if (b&(1<<i)) ans=a

求在小于等于N的正整数中有多少个X满足：X mod a[0] = b[0], X mod a[1] = b[1], X mod a[2] = b[2], …, X mod a[i] = b[i], … (0  Input输入数据的第一行为一个正整数T，表示有T组测试数据。每组测试数据的第一行为两个正整数N，M (0 表示X小于等于N，数组a和b中各有M个元素。接下来两行

#include#include#include#include#define ll long long using namespace std;ll n,m[10009],a[10009];void exgcd(ll a,ll b,ll &d,ll &x,ll &y){ if (b==0){d=a;x=1;y=0;return ;} exgcd(b,a%b,d,y,x);y

int china_mod(intmod[],inta[]){ int lcm,i,ans,Mi,x,y; lcm=1; for(i=0;i<n;i++) lcm*=mod[i]; ans=0; for(i=0;i<n;i++) { Mi=lcm/mod[i]; exgcd(Mi,mod[i],d,x,y); ans

欧拉函数的思想！！！！刚开始写跪了，一直wa，太晚了，就只好先这样了#include#include#include#include#define ll long long using namespace std;ll n,num[90000];ll phi(ll x){ ll ans=1; for (ll i=2;i*i<=x;i++) { if (x%i) c

给定整数N，求1数对(x,y)有多少对.枚举每个素数，然后每个素数p对于答案的贡献就是（1 ~ n / p） 中有序互质对的个数而求1~n中有序互质对x，y的个数，可以令y >= x, 当y = x时，有且只有y = x = 1互质，当y > x时，确定y以后符合条件的个数x就是phiy所以有序互质对的个数为（1 ~ n/p）的欧拉函数之和乘2减1（要求的是有序互质对，

注意一点细节，其他的并不是特别难，就是需要分析好所有的情况，然后对拍对拍再对拍即可#include#include#include#includeusing namespace std;int g[10][10],a,b,n;int main(){ while (scanf("%d%d%d",&a,&b,&n)!=EOF) { if (a==0&&b==0&&n==0)

代码短，但是速度慢一点#include#include#include#include#define ll long longusing namespace std;ll gcd,lcm;ll pg[1090],ag[1090],pl[1090],al[1090],tot;int main(){ int T; scanf("%d",&T); while

首先求第k大的gcd，辗转相处的gcd是第一大的，并且第几大的一定是gcd的因数，所以只要乱搞找出即可#include#include#include#define ll long longusing namespace std;ll a,b,k;ll gcd(ll a,ll b){ return b?gcd(b,a%b):a;}int main(){ int

#include#include#include#include#includeusing namespace std;typedef long long ll;const ll mod=100003;ll n,m;ll power_mod(ll a,ll b){ ll ans=1; a=a%mod; while (b) { if (b&1) ans=ans*

本来找了O（n^1/2）的方法，对拍过后没问题，交上竟然超时，果然复杂度需要更低，然而这就属于不在我的能力范围之内的积性函数的运用了但是，发现只要这个知识点我学过，那么只要时间足够，就一定能想出做法，在做这个题时想过放弃，但是坚持就会有好的结果根n算法通过打表，找了一下规律，同时发现gcd(a,n)==gcd(b,n)==d,那么，他们最大公约数相同，化成lcm就是a*n/d,b*nd

抄的邝斌的模版，感觉写的真心简洁，并且，这个hash判重的方法也很好#include#include#include#include#define ll long longusing namespace std;ll b,n,p;/***************************************/下面就是BSGS的函数集，包括所需变量const int

对拍没有问题，然而一交无限超时，可能又是写炸了，觉得放一放先学BSGS吧#include#include#include#include#define ll long longusing namespace std;ll n,m,k;ll gcd(ll a,ll b){ return b?gcd(b,a%b):a;}int main(){ int T; sc

从0，0的点向矩阵中看，如果点（x，y）&&gcd（x，y）=1那么，他是可以被看到的否则，不能被看到结论：两个数字(x,y)如果两数互质，则可以被看到，如果不互质，则看不到，所以我们就是要找出所有的二元组(x,y)使他们互质这题，可以枚举x，求1~y中有多少数与x互质，互质不好求，可以求不互质的数的个数，x与1~y中不互质的数的数对个数，就是1~y中以x的质因数为倍数的数因为最小

给出n，和m个数，求小于n，且可以被m个数中任意一个整除的数有哪些？就二进制枚举哪些数，然后取最小公倍数，搞一搞就可以了#include#include#include#include#define ll long longusing namespace std;ll n,m,a[20];ll gcd(ll a,ll b){ return b?gcd(b,a%b)

这道题要知道这个公式：gcd(am-1,an-1) = agcd(m,n)-1推广:若 gcd(a,b)=1gcd(am-bm,an-bn) = agcd(m,n)-bgcd(m,n)#include#include#include#include#define ll long longusing namespace std;ll a