随笔分类 - 数论
摘要：按解决顺序排列 目录FAIDHECKJGB F 二分答案ans，放最小的前ans个bi（变成必须放完） 因为bi=2^k，所以小的放了可能会拆散大的空间，大的把小的地方占了的话小的可以塞其他地方，所以先放大的 然后暴力能放则放，最多log次指针回到开头 所以一次求解O(nlogn)，总复杂度log^
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摘要：题面 题解 注意a[u]是点u位置的a，不是每选一个点然后把非标记个数丢进vector里（ 每选择一个点，相当于把相邻的非标记的边标为外向，最后一个点u的外向边个数就是a[u] 又观察发现每种边定向方案都可以构造（拓扑），所以一共有2^(n-1)种方案 设f[k]表示gcd=k，g[k]表示k|gc
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摘要：# 题目大意 给出一个数列ai，每次可以选择**一个区间**[l,r]进行**全体+1**或**全体-1**，需要满足**区间长度len=r-l+1为奇质数p**，且操作过程中ai非负 求最少操作次数使得最终ai不减 n=0；设a[n+1]=b[n]=+inf，a[0]=0,b[0]=a[1] 发现
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摘要：# 题目大意 给出数列p[i]，求**最小的x**使得$\forall i,(x+1)x/2\%p_i=0$ 保证lcm(p[i]) using namespace std; typedef long long LL; const int N=10001000; int n; int prime[N
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摘要：官方题解： https://blog.csdn.net/qq_62464995/article/details/127493921 # 题目大意 给出数组a[i]，将a分成两个数组x和y，使得$\forall x[i]\% y[j]$都相等（$|x|,|y|>0$） 构造一组$|y|$最大的方案 n
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摘要：划分数：\(F(x)=\frac{1}{\prod_i (1-x^i)}\) 欧拉函数：\(\Phi(x)=\prod_i (1-x^i)\) 五边形数：\(\Phi(x)=\sum_i (-1)^i\frac{i(3i\pm1)}{2}x^i\) 证明：https://blog.csdn.net/
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摘要：题目大意 有n个点集，第i个点集的大小为ai，所有点互不相同，一条边连接两个点集中的某一对点，求以点集为单位的生成树个数同时满足每个点只被连最多一次 2<=n<=2e5 题解 直接爬 考虑prufer序上计数，一个度数为x的数的出现次数为x-1，数i的度数为j的方案为A(ai,j) \(\prod_
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摘要：题目描述 题解 因为换了题所以1h怒写exp然后跑不动 生成函数乱推即可 \(ans=\sum_{i=n}^{m}(m-i)[x^i](\sum_{j>=1} j(j+2k)x^j)^n\) 有$\sum_i xi=\frac{1}{1-x}\(，\)\sum_i ixi=\frac{(1-x)2}
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摘要：题目描述 https://loj.ac/problem/3058 单位根反演 因为ω太难写了所以用w代替 有$[n|k]=\frac{1}\sum_ w_n$ 证明： 当n|k时显然是1，否则$\frac{w_n^-1}{w^n-1}=0$ 题解 一开始想矩乘存多项式然后快速幂循环卷积，然后多乘了一
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摘要：题目大意 题解 神仙题 直接在原序列上不好搞，考虑按照值顺序考虑，设直接加的为一类数，求和加进去的为二类数 有一个牛比结论：$[i(k2+1)+1,(i+1)(k2+1)]$中存在恰好一个二类数（i从0开始） 先假设这个是对的，当前已知第i段的数为x，考虑求第ki+t段的x'，初始段为0目标段为(n
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摘要：题目大意 题解 类似二维，二分后变成一个六顶点八面体，维护四对面x+y+z,x+y-z,x-y+z,x-y-z的限制 要求对这个不等式组求解，想过一些做法感觉不可行 考虑换元，设A=-x+y=z,B=x-y+z,C=x+y-z，则x+y+z=A+B+C，变成关于A+B+C,A,B,C的限制，这个可以
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摘要：题目大意 定义一个串的值为最长相同子串长度，求所有长度为n的每项为[1,n]的所有串的值之和模1e9+9 题解 推完就对了很奇妙 先求至多为m的答案 \(ans_m=[x^n]n\sum_{i=0}^{\infty} (n-1)^i(\sum_{j=1}^m x^j)^{i+1}\) \(=[x^n
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摘要：题目描述 题解 因为被BC搞死了所以没有切掉 菜得真实.jpg 先把pq变成概率 设$f[i][j]$表示B的生命为i，A的生命为j时A先手的存活概率（反过来的话推出来的式子每次要加常数项搞不了），初值为$f[0][j]=1$ 当j=0的时候也是1，可以理解成A先手所以赢了，主要是方便$f[1][1
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摘要：题目描述 k ≥ 1,1 < pk ≤ n ≤ 1018 . 题解 库默尔定理：$\binom{n+m}$的质因子p的次数为n+m在p进制下的进位次数 证明：次数=\(\sum_{i>=1}(n+m)/p^i-n/p^i-m/p^i\) 等于去掉前i位后考虑，发现只有n+m在第i+1位有进位才会为1
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