合集-数学
摘要：原题链接 题解 考虑以下决策 \(x+y\in S\) \(\to\) \(y=-x+S_i\) \(y-x\in S\) \(\to\) \(y=x+S_i\) 答案为红线上点的数量加上蓝线上点的数量减去交叉点(整数)的数量 由于 \(S_i<=c\) 所以 交叉点等价于画斜率等于 \(-1\)
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摘要：原题链接 题解 1.数字最多两位，所以数字的拆解方案惟一 2.数字拆开一定变小，所以最后一个数不拆 3.如果拆开，代表当前数大于前一个数，此时拆开要满足几点要求：后面的个位数不大于前一个数，前面的个位数不大于后一个个位数 code #include<bits/stdc++.h> using name
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摘要：原题链接 题解 有点思维，已知一个交点不会有三条对角线经过，所以有且只有两条对角线经过，而两条对角线又对应四个顶点，所以变成了组合数学，n个顶点里取四个。 为了防止溢出，这里做了一些处理 code #include<bits/stdc++.h> using namespace std; int ma
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摘要：原题链接 题解 由于本题数据范围小，所以考虑暴力 两点确定一条直线，所以我们先确定两个点AB，然后再遍历所有点C，如果向量AB叉乘AC等于0代表共线（没说从哪里起飞） code #include<bits/stdc++.h> #define ll long long using namespace
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摘要：原题链接 题解 叉积的运用,scanf控制输入格式 code #include<bits/stdc++.h> using namespace std; struct node { int x,y; }a[100005]; int x[200005],y[200005]; int main() { f
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摘要：原题链接 题解 1.将雷达建在海岸线上最优，覆盖的面积最大 2.根据光线可逆，雷达安装的位置覆盖多少小岛，等价于小岛被覆盖需要在哪个范围的位置上安装雷达 3.想象把雷达安装在最左边，然后慢慢往右移，这个时候雷达覆盖的小岛数量会越来越多，当右移到某个原本能覆盖的小岛覆盖不了时，在那个位置安装一个雷达
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摘要：原题链接 题解 这么优质的文章我写什么题解 好难解释必然性感觉像模拟？？ code #include<bits/stdc++.h> using namespace std; int q[100005]={0}; struct node { double x,y; }a[100005]; double
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摘要：原题链接 题解 想象一下，从左上角无限大的地方开始，第一个看到的一定是斜率最小的且截距最大的，慢慢往右下角滑，第一个碰到的直线一定是斜率比前一个小（不一定是第二小）的但是是它的斜率所属直线里截距最大的 重复上述步骤，最外面的直线一定长这样 图片来自luogu，linaonao 所以我们可以按斜率排序
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摘要：原题链接 题解 code #include<bits/stdc++.h> #define ll long long using namespace std; const ll mod=1e9+7; ll tag[25]={0}; ll a[25]={0}; ll f(ll now) { ll sum
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摘要：原题链接 题解 abcdefg等价于求 a000000+b00000+c0000+d000+e00+f0+g code #include<bits/stdc++.h> #define ll long long using namespace std; ll ten[14]={0}; ll f[14]
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摘要：原题链接 题解 1.abcdef= 1 ~ a* + ab* ~ abc + abc* ~ abcd + ... + abcde * ~ abcedf code #include<bits/stdc++.h> #define ll long long using namespace std; ll
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摘要：原题链接 题解 1.异或是01变1，11变0，或是01变1，11变1，所以或的越多（即分的组越多），结果越大 2.我们令x=x+1，这样小于等于x的 问题就变成了小于x 的问题，这里我们采用逼近答案的方法。 3.对于某一位而言，如果有奇数个元素在这一位上是1，那么不管怎么分，最后的结果肯定是1，如果
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摘要：原题链接 题解 1.要确保任意回合赢回来的钱都要比之前下注的钱的总和要多 令 \(b_i\) 为第 \(i\) 回合下注的钱，则有 \(b_i·k>\sum_{j=1}^{i}b_j\) 则有 \(b_i\ge \left\lfloor \frac {\sum_{j=1}^{i-1}b_j}{k-1
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摘要：原题链接 题解 1.如果数字为 \(100110101\) 那么答案为 \(000000000\) ~ \(011111111\) 中，k个1的组合数 + \(100000000\) ~ \(100011111\) 中k-1个1的组合数 +...+ \(1010101...\) （有k个1） 中0个
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摘要：原题链接 题解 由于题目能使 \(a_i⊕x≤k\) 的 \(x\) 没有限制，所以我们反过来求能使其成立的x的范围 对于a,k二进制下的第i位，如果都为1，我们可以令此时的x在这一位也为一，然后i后面的位去什么都可以，然后x=0的时候也可能可以，就看后面有没有小于的 如果a为1，k为0，那么此时x
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摘要：原题链接 题解 1.任意两点间的异或和等于他们到根节点的异或和的异或，令每个点到根节点的异或值为 \(path[i]\) 2.建立01字典树，塞入所有 \(path[i]\) 然后遍历每个点，找出每个点异或最大对应的点 3.如何找？往当前 \(path[i]\) 的每一位相反的方向移动 code #
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摘要：原题链接 题解 然后就变成了求解同余方程 code #define ll long long #include<bits/stdc++.h> const ll mod=19260817; using namespace std; ll x,y; ll c; ll a,b; inline void r
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摘要：原题链接 题解 我一直苦苦思考为什么要建边，现在我明白了，如果令 \(x_i\) 代表离源点的最短路径长度的话，建边之后，\(x_i-x_j<=y_k\) 一定成立 只有当出现负环的时候说明条件出现了矛盾 太神了 为什么负环会出现矛盾？ 简单认识一下，如果出现负环，代表每到一个点就至少有一条边的约束
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摘要：原题链接 题解 1.一眼数位dp， 康托是谁？不认识，在每一位确保小于的时候可以任意取 2.阶乘一开始就要放好 3.在遍历到后面几位的时候，可能前面几位用过了比x小的树，所以我们要知道小于x且没被用过的个数，这就是区间查询加单点修改，树状数组比较方便 4.树状数组的空间复杂度比较小，每个点就对应且只
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摘要：原题链接 题解 一个细节坑我好久 code #include<bits/stdc++.h> #define ll long long using namespace std; ll f[15][15]={0};//从最高位第i位数字为j时的数字里有多少windy数 ll solve(ll now)
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摘要：原题链接 题解 \(gcd\) 一定能被 \(a[1][1],a[n][m]\) 整除 2.\(gcd\) 能被通过的路径上所有元素整除 由此分析：遍历 \([1,\sqrt{gcd(a[1][1],a[n][m])}]\) 判断能否通过（被路径上所有元素整除） 我还在思考是广搜还是深搜，由于起点终
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摘要：原题链接 题解 如果存在某一条边的 \(a_i>=2*(sum-a_i)\) 那么这条边一定有点剩余无法连接，为什么？这条边上每取两个点作为底边点，就一定能去外面一个点作为顶点，且无交叉（顺时针或逆时针） code #include<bits/stdc++.h> #define ll long lo
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摘要：原题链接 题解 极端试探法，既然要求 k 的最大值，k 最大为 n，当 k 能取 n 是什么时候？是所有数都相等的时候。 k能不能取n-1？能，给n-1个数同时乘上一个数，等价于剩下的那个数除以一个数(相对大小)，而把所有数都除到1，它们就相等了 举例： 2 3 4 5 给后面3个数同时乘上2 \(
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摘要：原题链接 题解 请看这 我补充一点：由于 \(x\leqslant 2\) 和 \(n\leqslant 2\) 很明显不对劲，所以要特判一下 二点：像这种看起来需要模拟来找答案的不妨手推一下数学式子来找答案 code #include<bits/stdc++.h> using namespace
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摘要：原题链接 题解 本题虽然有思维题做法，但是我认为不具有普世意义，本题的特点在于分治法，即普通算法在平均条件下表现良好，但是在极端条件下极慢，这时候我们需要将极端条件拎出来另做判断 code #include<bits/stdc++.h> #define ll long long using name
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摘要：原题链接 题解 1.由于每个点最多修改6次，所以我们可以暴力循环遍历所有点进行修改。然后可以把无需再修改的点跳过，即并查集，指向右端第一个仍然需要修改的值的下标 这样就是单点修改加区间查询，树状数组 时间复杂度 \(6·n·log(n)\)（单点修改）+ \(m·2·log(n)\) (区间查询)
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摘要：原题链接 题解 太巧妙了！！！ code #include<bits/stdc++.h> using namespace std; int main() { int n,m; cin>>n>>m; int r=0,b=0,y=0; for(int i=1;i<=n;i++) { string s;
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摘要：原题链接 题解 看清楚题目，是三个人都坐在同一辆校车！！ code #include<bits/stdc++.h> #define ll long long using namespace std; vector<ll> G[200005]; ll depth[200005]={0}; void d
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摘要：原题链接 题解 设 \(E_i\) 为树根到高度为 \(i\) 的点的期望用时 \(P_i\) 为 \(i-1\) 到 \(i\) 时，掉下去概率 则有 \(E_i=E_{i-1}+1+(1-P_i) \cdot 0+ P_i \cdot E_i\) 式子解读： 当我花一单位时间到i点时，有p的概率
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摘要：原题链接 请跟着我假设的情景走： 我现在随便拿一块砖 \(A\) 放在地上，接着我又拿了一块砖 \(B\) 请问，\(B\) 是放在 \(A\) 上面好，还是放在 \(A\) 下面好？ 分类讨论 \(b.v<a.w ,a.v \geq b.w\) 此时 \(B\) 能且只能放在 \(A\) 的上面，
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摘要：原题链接 题解 关键因素：调和级数 \(\frac{1}{n}+\frac{1}{n-1}+...+\frac{1}{2}+\frac{1}{1}\) 可以近似看成 \(log(n)\) code #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #defin
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摘要：原题链接 题解 先不考虑k的限制，而是考虑对于任意一个数，存不存在一个k使得题目所给等式成立 当 \(n·k\) 没有进位时，等式一定成立 (赛时也许想到这就够了) 假如有进位呢？ 对于任何一个位数大于1的数，必有 \(D(n) \lt n\) （想想十进制是怎么表示数的） 而对于位数为1的数，有
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摘要：定理：\(a^{φ(n)} ≡ 1 (mod\ n)\) 首先,我们需要了解一些前提条件: \(n\) 是一个正整数 \(a\) 是与 \(n\) 互质的整数 \(φ(n)\) 是欧拉函数,表示小于 \(n\) 且与 \(n\) 互质的正整数的个数 考虑集合 \(S = \{x_1, x_2, ..
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摘要：原题链接 题解 遍历所有的子集肯定不行，所以我么考虑某些数作为 \(mex\) 的值时的贡献，也就是求 \(i\) 作为 \(mex\) 的值时，有多少子集的 \(mex\) 是 \(i\) 实施 对于 \(i \leq n\) ，假设子集选了 \(k_1\) 个小于 \(i\) 的数，\(k_2\
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摘要：原题链接 题解 设花为 1 ，花盆为 0，我们先确保花之间有空隙，即 \(1010....0101\) 接下来再插入 \(n-m-(m-1)\) 个花盆进入 1 与 1 之间 则有 \(C_{n-m+1}^{m}\) 种插法（相当于m个黑球，n个白球有几种排列方法） 再乘上 \(A_m\) ，即花与
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摘要：原题链接 题解 一个合法的括号序列，满足 长度为偶数 前缀和处处不小于0 左括号等于右括号数量 code #include<bits/stdc++.h> #define ll long long #define lowbit(x) ((x)&(-x)) using namespace std; co
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