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摘要： 我们根据能否看见建图，有向图边权设成1，然后我们转成无向图，对于每条有向边连一条反边，边权是-1，然后从每个块中任意一个点开始dfs，每个点有一个值，经过一条边到另一个点之后，用原来的点值和边权更新新的点的点值，那么如果我们访问到了一个原来已经走过的点，那么我们找到了一个环（可能是非环，就是一个点出两条有向边，然后又交在一点了），由于数据是合法的，所以这样的非环的现在应该更新成的点值和原有的点值相等，如果不相等的话，取差值的绝对值，就是这个环的长度。那么我们对于所有块，每个块的环的长度都是种类数的倍数，所以取gcd就好了还有一种情况就是没有环，全都是以链的形式存在的，对于这种形式，我们每个块染 阅读全文

摘要： 将每个石柱拆成两个点，分别是进入的和出去的，两个点之间连石柱的高度然后每个出去的点连别的石柱的进去的点，源点连所有蜥蜴所在柱子，每个能跳出去的连汇点，然后最大流就行了/**************************************************************Problem: 1066User: BLADEVILLanguage: PascalResult: AcceptedTime:48 msMemory:2748 kb****************************************************************///By B 阅读全文

摘要： 比较裸源点连人，每个人连自己的工作，工作连汇，然后因为人的费用是分度的，且是随工作数非降的，所以我们拆边，源点连到每个人s+1条边容量是每段的件数，费用是愤怒/**************************************************************Problem: 2245User: BLADEVILLanguage: PascalResult: AcceptedTime:1532 msMemory:8048 kb****************************************************************///By BLA 阅读全文

摘要： 首先因为N很大，我们几乎不能筛任何东西那么考虑设s(p)为 gcd(i,n)=p 的个数，显然p|n的时候才有意义因为i与n的gcd肯定是n的因数，所以那么可得ans=Σ(p*s(p))那么对于s(p),我们有gcd(i,n)=p即gcd(i/p,n/p)=1，也即phi(n/p)所以枚举因数求phi就好了/**************************************************************Problem: 2705User: BLADEVILLanguage: PascalResult: AcceptedTime:12 msMemory:228 kb* 阅读全文

摘要： 类似于2820，贴上内个题的题解吧 http://www.cnblogs.com/BLADEVIL/p/3486834.html另：强制转int64比普通int64运算快好多，本来TLE了，改了就A了。。。/**************************************************************Problem: 2301User: BLADEVILLanguage: PascalResult: AcceptedTime:34964 msMemory:1204 kb************************************************ 阅读全文

摘要： 我们发现对于一个点(x,y)，与(0,0)连线上的点数是gcd(x,y)-1那么这个点的答案就是2*gcd(x,y)-1，那么最后的答案就是所有点的gcd值*2-n*m，那么问题转化成了求每个点的gcd值的Σ也即：Σim then swap(n,m);phi[1]:=1;for i:=2 to n dobeginif mindiv[i]=0 thenbegininc(prime[0]);prime[prime[0]]:=i;mindiv[i]:=i;phi[i]:=i-1;end;for j:=1 to prime[0] dobeginif i*prime[j]>m then break 阅读全文

摘要： 学了一晚上mobius，终于A了一道了。。。。假设枚举到i，质数枚举到p(程序里的prime[j])，要更新A=i*p的信息。1.p|i 这时A的素数分解式中，p这一项的次数>=2。考虑g(A)的求和式：如果枚举的质数p'不等于p，A/p'就也会有p这一项，次数>=2，这时候miu(A/p')=0如果枚举的质数p'=p，A/p=i，这一项就是miu(i)因此g(A)=miu(i)2.p!|i(即i%p!=0）这时候A比i多一个质因子p，对miu(i)分情况讨论。2.1miu(i)==0(即i有大于1次的项)这时A除去任何一个p'都会留下i的那 阅读全文

摘要： 设w[i]为1-i中gcd(i,j)=1的数对数，那么w[i]:=2*Σphi[i]+1，欧拉函数线性生成就行了然后ans=Σw[n/prime[i]]是比较显然的事。。/**************************************************************Problem: 2818User: BLADEVILLanguage: PascalResult: AcceptedTime:2672 msMemory:156476 kb****************************************************************/ 阅读全文

摘要： 首先考虑(0, 0)到(p, q)这条直线。y=q/p*x。sum{k=0to(p-1)/2}[q/p*k] 就是直线下方的点数。sum{k=0to(q-1)/2}[p/q*k] 就是直线左方的点数。如果gcd(p,q)=1的话，这条直线上没有整点，所以不会重复计算。相等的时候的数恰好是p*q矩形的1/4。答案当然是(p-1)*(q-1)/4。//转自叉姐的话。。/**************************************************************Problem: 2659User: BLADEVILLanguage: PascalResult: Acc 阅读全文

摘要： 问题转化成求C(N,M) mod P p为非素数，那么我们可以将P分解质因数，也就是 π pi^ci的形式，因为这些pi^ci是互质的，所以我们可以用crt将他们合并那么问题就转化成了快速求C(N,M) mod pi^ci那么我们看下c的形式，为N!/(M!(N-M)!) mod pi^ci因为mod的数不是质数，所以分母没法正常求逆元，那么我们可以将分子分母中的pi的值挑出，那么我们先求N!，可以发现，N！mod pi^ci可以分段，每段是pi^ci长，这一段的值是0--（pi^ci-1），那么因为我们需要将N!中pi|I的挑出来剩下一些数，那就是好几段这个数相乘，用快速幂解决就行了，设cn 阅读全文