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考虑斐波那契数的性质。 \[ F_{n+m}=F_{n}\cdot F_{m}+F_{n-1}\cdot F_{m-1}\\ F_{n}\cdot F_{m}=F_{n+m}-F_{n-1}\cdot F_{m-1}\\ =F_{n+m}-F_{n+m-2}+F_{n+m-4}-\cdots\\ = 阅读全文
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这里放一下泰勒展开式和麦克劳林展开式： \[ f(x)=\sum_{i=0}^\infty\frac{f^{(i)}(a)}{i!}(x-a)^i\\ \] 然后当 \(a=0\) 的时候就是麦克劳林展开式。 我们可以试着来证明这个东西，实际上就是用高阶求导的公式来搞。 \[ f(x)=a_kx^k 阅读全文
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做 CF671D 时翻题解翻到的，感觉有点牛，虽然我是用线段树合并做的这题。 线性规划的对偶问题 - 饕餮传奇 - 博客园 这位老哥写得很好，直接看他的就行了。 阅读全文
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能否证明，我们一定是横向或纵向填满之后再移动另一个维度的？ 相当于你是将每一个都扩展成一个相同大小的矩形，同时能覆盖整个大矩形，问你矩形最小的周长是多少。 那我们对四个角分别找出到达的限制即可？不对。 当然存在一个暴力的想法就是枚举这个最终的矩阵，但是显然是不能通过的。 考虑如果我们已经确定了矩阵的 阅读全文
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有规律的哦，自己打个表吧。 阅读全文
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考虑 2-sat ，这样的话我们便需要考虑建两种边： 对于每一条边，我们用每一个点的零点连向另一个点的一点。 对于一个部分，我们用每一个点的一点连向剩下所有点的零点。 对于第一种边非常好处理，但是对于第二种边由于 \(n\le 10^6\) 的数据范围导致我们不能暴力建边，此时便考虑一个叫做前缀优化 阅读全文
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填一下剩余系相关的数论天坑。 快速求原根 最小的 \(a\) ，满足 \(a\in[2,P-2],\forall p_i|(P-1),a^{p_i}\ne 1\) ，结合欧拉定理即可证明。 BSGS 跟光速幂几乎一个道理，考虑枚举次数 \(\bmod \sqrt{p}\) 的情况，在另一堆中反向找到 阅读全文
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给一个长度为 \(n\) 的序列，每次询问给定一个数，问你所有数加上这个数后的异或和，询问相互独立。 首先如果是加上一个数，结合上次做 \(\text{Ynoi}\) 的时候的想法，感觉是要倒建 Trie 树的，然后直接处理就行了吧。但是好像我每次都是遍历整颗树的，考虑如何只遍历一边的树，还是通过枚 阅读全文
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首先可以根据题面描述大致想到这是一道绝对和 \(\text{lct}\) 有关的题。 询问你如何安排操作使得 Access 的复杂度最大。出题人干脆直接让你出数据卡满 \(\text{lct}\) 的复杂度了属于是。 链应该是可以拿的，我们考虑一下不带修。 对于一个节点，我们就考虑这个节点和其子树中 阅读全文
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求 \[ (\sum_{i=0}^\infty\binom{nk}{ik+r})\bmod p \] 其中 \(0\le r<k\le 50,1\le n\le10^9\) 。 \[ \text{res}=\sum_{i\equiv r\pmod k}\binom{nk}{i}\\ =\sum_{i 阅读全文
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存在一个想法，搞一下迪利克雷前缀和在卷一下再逆操作一下就行了，但是由于相乘之后的数量级达到了 10^10 ，不太能这么搞。 还存在一个想法是枚举 gcd ，然后我们将 gcd 的倍数都提取出来，然后我们的任务就是在这些数中快速找到两个互质并且乘积最大的数。 依旧存在一个想法就是，如果我们从大到小扫描 阅读全文
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存在式子 \[ n\cdot [n|k]=\sum_{i=0}^{n-1}\omega_n^{ik}\\ \] 我们考虑来证明一下， 若 \([n|k]=1\) ，那么显然 \(\omega_n^{ik}=1\) 。 若 \([n|k]\ne 1\) ，那么后者就是一个等比数列，我们运用求和公式 \ 阅读全文
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首先我们可以想到这道题目应该是要用矩阵树定理来解决，但是他需要求的是所有生成树的边权按照三进制不进位加法相加然后再用十进制加法加在一起的和。比较显然的是，我们可以将边权三进制拆分之后每一位单独搞。同时可以利用生成函数的思想，将每一条边的权值设为 \(x^0,x^1,x^2\) 三者中的一种，最后我们 阅读全文
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不用多项式科技，只用推式子，好耶！ 比较通用的思路就是转化成已知两个多项式相卷的结果和其中一个求剩下一个，这个原本我们是可以用分治 \(\text{fft}\) 或者多项式求逆来搞的，但是这里我们就考虑暴力扫描我们已经填入的位置对当前位置的贡献，计算出当前位置的值。 求逆 直接同通用思路。 ln \ 阅读全文
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这是一道牛逼题。 首先我们可以尝试找一波连续区间的性质。 如果两个连续区间有交，那么这两个连续区间的并也是连续区间， 证明略（这么简单都要我来证吗？）。 首先可以发现 \(L_n\) 必然等于 \(1\) ，然后又由于上面的这个性质，我们可以得到若干个不交的连续段，对于每一个连续段其结尾的 \(L_ 阅读全文