摘要：
作用 前提：一个积性函数$F(i)$，要求$F(P^k),P\in prime$可以快速计算 实现$O(\frac{n^{\frac{3}{4}}}{logn})$：$\sum\limits_{i=1}^nF(i)$ 做法 为了简便运算，定义$min_i(P)$为$i$的最小质因子 定义$g(n,j 阅读全文
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蒟蒻写题解实在不易 前置芝士 "NTT与多项式求逆" 推式 推式中如有不理解的地方在多项式求逆的题解中均有详细说明 求$B(x)$，使得$B(x)^2\equiv A(x)(mod x^n)$ $$\begin{aligned}\\ B(x)^2\equiv A(x)(mod x^n),B(x)^2 阅读全文
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注意 由于蒟蒻实在太弱了~^_^~暂时无法完成证明，仅能写出简单版总结 与FFT的区别 $NTT$与$FFT$的代码区别就是把单位根换成了原根，从而实现无精度误差与浮点数的巨大常数 原根具有单位根的所有特点，原根是在特定模数下的定义 对于模数$p$，原根$g$满足：$~_{i=0}^{p 1}g^i 阅读全文
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蒟蒻写题解实在不易 前置 方法一：$Cdq+NTT$ 方法二：多项式求逆 "NTT总结" ； "多项式求逆总结" 方法一 $Cdq+NTT$： $$f_i=\sum\limits_{j=1}^i f_{i j}g_j$$ 乍一看直接$cdq$，然后发现树状数组类的东西好像做不了：$$[l,mid]\ 阅读全文
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蒟蒻写题解实在不易 前置芝士 多项式最高次数为度，多项式$A$的度记为：$deg(A)$ 多项式取模的意义：将多项式$A$记作余式$A(x)=Q(x)B(x)+R(x)$，则$A(x)\equiv R(x)(mod~B(x))$ 在有模数$mod$的情况下，$F(x)G(x)\equiv 1 (mo 阅读全文
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题目 "P5346 【XR 1】柯南家族" 做法 聪明性是具有传递性的，且排列是固定的 那么先预处理出每个点的名次，用主席树维护$k$大值 一眼平衡树，遍历的同时插入$O(log^2n)$，总时间复杂度$O(nlog^2n)$ 显然还需要优化，考虑两个点的比较：按深度递减比较值，如果在等长前提下值相 阅读全文
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欧几里得 来看看一个常见的$gcd$代码 入门的一个知识吧，但是你会证明吗？ $emmm$ 好吧我就只是背背代码过来的 证明： 别想太多，我们只是要证$gcd(a,b)=gcd(b,a\%b)$而已啦 设$r=a\%b$ 则$a=kb+r$其实$k$为常数 设有实数$d$满足$d|a,d|b$ $a 阅读全文