随笔分类 - @算法浅析/数学学习/小结/模板/特定问题/特殊思想
摘要：https://blog.csdn.net/silence401/article/details/77446537 求字符串匹配问题的一种算法，这个大佬写的很详细了 这里简单总结一下，个人备忘笔记 shift and 令v['a'-'z'][i]=0/1标记模式串的位置i是不是对应字符，是为1，不是
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摘要：一、最基础的字符串匹配 给出1个长为n的串S和1个长为m的串T，询问T在S中出现的位置。 这是kmp经典问题，但现在我们要用FFT解决 令 \(dis(S_i,T)=\sum_{k=0}^{m-1}(S_{i+k}-T_k)^2\) 若$dis(S_i,T)=0$，则S中从i开始的m个字符和T匹配，
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摘要：Burnside引理： 对于一个置换f，若一个着色方案s经过置换后不变，称s为f的不动点。将f的不动点数目记为C(f)，则等价类数目为所有C(f)的平均值 求C(f) Polya定理： 如果置换f分解为m(f)个循环的乘积，那么每个循环内所有格子的颜色必须相同。假设涂k种颜色，C(f)=k^m(f)
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摘要：点此跳转题目 数据个数比较小，但每个数据算出来的值比较大，可以用log(x)缩小值域 #include<cmath> #include<cstdio> #include<algorithm> using namespace std; double f[100001]; int main() { in
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摘要：https://www.luogu.com.cn/problem/P5325 %%%%大佬的题解%%%%% https://www.luogu.com.cn/blog/wucstdio/solution-p5325 https://www.cnblogs.com/zhoushuyu/p/918731
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摘要：例：给区间[L,R]加首项为s，公差为d的等差数列 a[ ]表示原数组，b[ ]表示a的差分数组，c[ ]表示b的差分数组 a[i] = a[i]+s+(i-L)*d , L<=i<=R b[L] = a[L]+s-a[L-1] = b[L]+s b[i] = a[i]+d-a[i-1] = b[i
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摘要：骨牌覆盖问题： 用1*2骨牌完美覆盖n*m棋盘，求方案数 一、2*m 如果骨牌横着放，只能两个横着的骨牌摞在一起 如果竖着放，恰好占一列 所以dp[i]=dp[i-1]+dp[i-2] 即斐波那契数列 二、3*m 可以想到一个递推式：f[n]=a2*f[n-2]+a4*f[n-4]+a6*f[n-6
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摘要：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=6620 N数码问题： n*n矩阵，里面填着1—n*n-1，还有1个空格， 通过上下左右移动空格的位置， 使矩阵里的数升序排列，空格在右下角。 解的存在性判断结论： （上面的N=n*n-1） 将原矩阵从左上角开始展开
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摘要：http://www.spoj.com/problems/OPTM/ 题意： 给出一张图，点有点权，边有边权 定义一条边的权值为其连接两点的异或和 定义一张图的权值为所有边的权值之和 已知部分点的点权，自定义其余点的点权 使图的权值最小，并在此基础上使点权和最小 输出点的权值 异或——按位做 那么题
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摘要：参考自 石家庄二中 贾志豪 IOI2009国家集训队论文 《组合游戏略述—— 浅谈 SG 游戏的若干拓展及变形》 一、定义 游戏规则加上 对于还没有结束的所有单一游戏，游戏者必须对其进行决策 二、结论 对于必胜的单一游戏，游戏者希望玩的越久越好 对于必败的单一游戏，游戏者希望越早结束越好 因为Eve
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摘要：一、定义 Anti-Nim 游戏： 取走最后一个石子的玩家输 Multi-Nim游戏： 每次取完后可以将一堆石子分为多堆，不能存在空堆 Multi-Anti-Nim游戏： 每次取完后可以将一堆石子分为多堆，不能存在空堆，取走最后一个石子的玩家输 二、Anti-Nim游戏结论及其证明 若局面满足以下两
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摘要：Nim取石子游戏结论： 若n堆石子的异或和为0，则先手必败；否则，先手必胜 加入新规则： 每次取完石子后，可以将取的那一堆的石子 分为多堆，也可以不分 结论： 同Nim取石子游戏结论 证明： 如果异或和不为0，那先手不用分某一堆石子，同Nim游戏 如果异或和为0， 不执行分裂操作则先手必败，同Nim
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摘要：求解A^x ≡ B mod P （P不一定是质数）的最小非负正整数解 先放几个同余定理： 一、判断如果B==1，那么x=0，算法结束 二、若gcd（A，P）不能整除 B，则 无解，算法结束 三、若gcd（A，P）！=1，令d=gcd（A，P），若d不能整除B，则无解，算法结束。 有 四、持续步骤三，
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摘要：求解 A^x ≡ B mod C C是质数 的最小非负整数解 证明：A^x ≡ A^(x%φ(C)) mod C A^(x%φ(C)) ≡ A^(x-k*φ(C)) ≡ (A^x)/ A^(k*φ(C)) ≡ A^x mod C 所以枚举的话，x只需要枚举[0,φ(c)-1] 若x在[0,φ(C)-
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摘要：计算C（n，m） % p，p不一定是质数 p=p1^k1 * p2^k2 * p3^k3 ……… 我们可以求出C（n，m） ≡ ai mod pi^ki 对于方程组 x ≡ ai mod pi^ki 那么有C（n，m） ≡ x mod p 因为pi^ki 两两互质，所以如果已知ai，x可用中国剩余定
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摘要：参考博客： http://www.cnblogs.com/owenyu/p/6724560.html http://blog.csdn.net/raalghul/article/details/51752369 http://www.cnblogs.com/candy99/p/6637629.htm
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摘要：若有以下两个同余方程 x ≡ a1 mod n1 x ≡ a2 mod n2 x= n1*k1+a1 = n2*k2+a2 ∴ n1*k1 = n2*k2+a2-a1 ∴ n1*k1 ≡ a2-a1 mod n2 由扩展欧几里得定理得，同余方程有解的条件是 gcd（n1，n2） | （a2-a1）
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摘要：http://www.51nod.com/onlineJudge/questionCode.html#!problemId=1684 题意： 新建一个位运算，求所有子集通过这个位运算后的答案的平方和是多少。 先想弱化版： 新建一个位运算，求所有子集通过这个位运算后的答案的和是多少。 枚举每一个二进制
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摘要：推荐学习资料： http://www.cnblogs.com/Ash-ly/p/5452580.html http://ylroki.blog.163.com/blog/static/162978871201032775322518/ https://wenku.baidu.com/view/38d
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摘要：2-sat 推荐学习资料： 伍昱的2003年IOI国家集训队论文《由对称性解2-sat问题》 论文链接：https://wenku.baidu.com/view/31fd7200bed5b9f3f90f1ce2.html 注： 本博文只分析如何输出一组可行解，请读者确保已学习了判断是否有解 本人水平
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