随笔分类 - 数学
摘要:CF891E Lust 发现一次改变带来的收益就是 ∏ai−∏a′i(a′i 表示改变后的 a 数列)。所以最后就是求 ∏ai−∏(ai−bi)(其中 ∑bi=k)的期望。 考虑计算 \(\sum\p
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摘要:组合数奇偶判定的 trick。一句话总结就是 n−sumn=k。其中 sumn 表示 n 在二进制下的 1 的个数,k 表示 n! 含有因子 2 的数目。 首先如果当前串的不同排列数为偶数的话,也就是先手可以选择改变先后手的时候,先手必胜。 如
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摘要:题目链接 发现每个“递增的”数一定可以拆成这样 9 个数:\begin\underbrace{111\cdots111}\ p\end。 假设我们现在选择了 k 个递增的数,那么有 n=9k∑i=110pi−19。 也就
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摘要:题目链接 先考虑有 1 的局面。显然每次操作只能将一个数减少 1,若此时剩下的偶数的个数为奇数则先手必胜,反之后手必胜。 这对正解有启发作用。下面对没有 1 的局面大力分情况讨论: 存在至少一个奇数并且偶数的数量为奇数个:先手必胜。先手只需维护任意时刻奇数个数 ≥1,那么
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摘要:题目链接 对于一个数的唯一分解:x=pk11×pk22×⋯×pknn,显然我们把每个 ki 都对 3 取模对答案没有任何影响(除了 x 本身就是完全立方数的特殊情况)。 考虑取模后每一个 \(
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摘要:题目链接 观察形如 k^x\equiv r\pmod g 的式子,发现 k^x 在模 g 意义下一定有循环节,并且一定是一个 \rho。定义除环上点外其余点在“尾巴”上。 先考虑一个数 i 如果在环上会有什么特征(d=gcd(i,g)): \[ i\t
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摘要:题目链接 把 a[i] 从大到小排个序可以发现,我们每次操作相当于把最左边一排去掉或者把最下面一排去掉(分别对应操作 1 和操作 2)。也就相当于在下图中向右走一步或者向上走一步,先走出去的人输。 我们设 1 为必胜状态, 0 为必败状态。显然如果一个点的上方和右边都没有点了
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摘要:题目链接 先考虑有一个 doge 在 1 处的情况。假设另一个 doge 在 n (n 足够大),那么我们可以依次获得 n - 1, n - 2, 2, n - 4, 4, n - 8\cdots。发现这样我们可以通过二进制分解在限定次数内获得任意一个数。 再考虑一般情况
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摘要:题目链接 采用随机的思想,钦定一个一定对答案有贡献的数。把这个数的所有因子拿出来求个贡献就好。(随机 10 次错误的概率就是 \frac 1 {2^{10}})。 代码: #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #in
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摘要:题目链接 发现要求的一一映射的条件可以转化为,图中的每个点至少被树上的点映射了一次。考虑对此进行容斥,每次限定一个集合内的数不可被映射,最后乘上容斥系数。 设 f[x][i] 表示树上 x 被映射到 i 的方案数,则转移为: \[ f[x][i]=\prod \limits_
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摘要:题目链接 \[ \begin{aligned} \sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m d(ij)&=\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m\sum\limits_{x|i}\sum\limits_{y|j} [(x,y)=
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摘要:狄利克雷生成函数 定义 对于一个数论函数,设在 i 处的点值为 f_i,则定义它的狄利克雷生成函数DGF(Dirichlet Generating Function)为 F(x)=\sum\limits_{i=1}^{+\infty}\frac{f_i}{i^x}。 根据定义
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摘要:luogu P4318 完全平方数 今天膜你赛的时候我想推一个 \sum\limits_{i=1}^n \mu^2(i),结果太弱智了没推出来,然后就来看了这道题。 首先考虑二分答案。现在问题就转化为如何求上述式子。 对每个质因子的平方进行容斥,发现对于每个数容斥系数恰好是 u(i)
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摘要:题目链接 \[ \begin{aligned} \sum\limits_{i=1}^n [i,n]&= n\sum\limits_{i=1}^n \frac{i}{(i,n)}\\ &= n\sum\limits_{d|n} \sum\limits_{i=1}^{n/d} i[(i,n/d)=1]\
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摘要:题目链接 求 \sum\limits_{i=x}^n\sum\limits_{j=y}^m [(i,j)=k]。 根据容斥原理,可以把原始拆成形式相同的四个柿子进行计算。(以下均假设 n<m,且所有除法均为下取整) \[ \begin{aligned} \sum\limits_{i=
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摘要:题目链接 发现任意一个 \leq n! 的数 x 都可以表现为以下形式: x=a_1\times \frac{n!}{1!}+a_2\times \frac{n!}{2!}+\cdots + a_n\times \frac{n!}{n!} 且 a_i\leq i。
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摘要:题目链接 可以发现, f 数列的每一项都可以写成 f_k^p 的形式,所以可以直接在指数上跑矩阵快速幂即可。记第 n 项的系数为 q,则现在相当于解方程 x^q=m\pmod p。 由于 p 是质数,所以我们可以找到模 p 意义下的原根 \(g
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摘要:首先把底数 (-1) 消掉: (-1)^n=1-2\times (n\%2)=1-2\times (n-\lfloor\frac n 2\rfloor\times 2) 令 k=\sqrt r ,所以原式等于: \[ \begin{aligned} \sum\limits_{
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摘要:先考虑一个朴素的DP:设 f_{i,j} 表示第 i 个位置填 1\sim j 的所有升序序列对答案的贡献。转移方程: f_{i,j}=f_{i-1,j-1}\times j+f_{i,j-1} 这样时间复杂度是 O(nk) 的,无法接受。 我们先假设 \(f
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摘要:这题我好像理解了几天/kk。 分三步考虑: 第一部分计数 由于每个人都是不一样的,所以我们首先要枚举哪 k 个人被碾压,贡献是一个组合数 \binom {n-1} k(B神自己不算在内)。 第二部分计数 现在我们要考虑对于每一门学科,哪些人比B神高,哪些人考的成绩小于等于B神。设恰有
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