随笔分类 - 数论
摘要:luogu2257 YY的GCD 答案为: $\sum\limits_{p\in prime}\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{m}[gcd(i,j)==p]$ $=\sum\limits_{p\in prime}\sum\limits_{i=1}^{\
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摘要:题目大意: 设$f(i)$为使$(x+y)^i \equiv x^i (mod\ p)$成立的(x,y)的对数。其中$1 \leq x \leq p 1 , 1\leq y\leq m$,m,p给定且p是一个质数。求$\sum_{i=1}^{p 1}i f(i)$,p 1$。 所以可以得到这样的k的
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摘要:设$cnt[i]$为权值为i的倍数的数的数量。 $f0[i],f1[i]$分别为两种方法$gcd=i$的贡献是i的多少倍。 $F0[i],F1[i]$分别为两种方法$gcd$为$i$的倍数的贡献是i的多少倍。 $F0[i]=\sum_{j=1}^{cnt[i]}A_{cnt[i]}^{cnt[i]
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摘要:斐波那契数列的通项: $$\frac{1}{\sqrt{5}}((\frac{1+\sqrt{5}}{2}) (\frac{1 \sqrt{5}}{2}))$$ 设T=$\sqrt{5} N$,$y=\frac{\sqrt{5}+1}{2}$ 原式可化为$y^n ( \frac{1}{y}^n) \
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摘要:写在前面 文章作者实力有限,本文可能有个别错误,如有错误请友好地指出。 高次同余方程就是$x^a\equiv b(mod\ p)$ 二次同余方程就是$x^2 \equiv b(mod \ p)$ 我们接下来讨论解这两种方程的方法。 那么有一个问题。既然知道了高次同余方程的解法,就可以直接用解高次同余
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摘要:本蒟蒻现在才知带扩展欧拉定理。 对于任意的$b\geq\varphi(p)$有 $a^b\equiv a^{b\ mod\ \varphi(p)+\varphi(p)}(mod\ p)$ 当$b include include include include using namespace std;
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摘要:题意 题解 对于像我这种不知道威佐夫博弈的人来说,拿到题就开始打表了。 然而打完后并没有发现什么。 然后才知道是威佐夫博弈。 结论是当(int)((b-a)*((sqrt(5.0)+1.0)/2.0))=a时为必败局面。 否则为必胜局面。 推荐证明
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摘要:题意 题解 做了这道题,发现扩欧快忘了。 根据题意可以很快地列出线性同余方程。 设跳了k次 x+mkΞy+nk(mod l) (m-n)kΞ-(x-y)(mod l) 然后化一下 (m-n)k+(x-y)Ξ0(mod l) 也就是前面一坨是l的倍数 不妨设 (m-n)k+(x-y)=-tl (m-n
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摘要:题意 (n<=106,k<=108) 题解 一开始以为是搜索。 但想想不对,翻了一眼题解发现是欧拉函数。 因为 gcd(a,b)=gcd(a,a+b) 所以和n互质的数应该是类似a1,a2.....ax,a1+n,a2+n.....ax+n......这样的。 所以就可以瞎搞了。
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摘要:题意 题解 翻到了一个金句 就跟这句话说得一样,就是个裸题。 所以看模板呗。
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摘要:题意 求sigma(C(n,i))其中C是组合数(即C(n,i)表示n个物品无顺序选取i个的方案数),i取从0到n所有偶数。 由于答案可能很大,请输出答案对6662333的余数。 (n<=1018) 题解 其实就是一个快速幂。2n-1 为什么呢。 因为可以考虑假设当前要求n的答案。 对于每一个n-1
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摘要:题意 n<=105 题解 一个数是不是偶数就是看有没有二这个质因子。 所以我们先预处理每个数的阶乘的二这个质因子的数量 然后按公式判断就行了。
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摘要:题意 已知x,y为整数,且满足以下两个条件: 1.x,y∈[1…k],且x,y,k∈Z 2.(x^2-xy-y^2)^2=1 给你一个整数k,求一组满足上述条件的x,y并且使得x^2+y^2的值最大。 k<=1018 题解 这题需要推式子 (x2-xy-y2)2=1 (y2+xy-x2)2=1 [(
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摘要:题意 求a1^a2^a3^...^an(mod10007)n<=1000000,a[i]<=10000 题解 明眼人一眼就可以看出是欧拉定理的推论。 首先这个题是错的,没说保证互质。 然而我背错了定理,然后就一直减一。 之后发现要求phi,求完之后一直RE,交了题解还RE、、、
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