随笔分类 - 数论
摘要：传送门 要满足存在 $x$ ，使得 $a_i \cdot a_j = x^k$ 那么充分必要条件就是 $a_i \cdot a_j$ 质因数分解后每个质因数的次幂都要为 $k$ 的倍数 证明显然 设 $a_i=\sum_{j=1}^{x}p_j^{t_j}$ ，那么不妨变成 $\sum_{j=1}^
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摘要：传送门 由于只要考虑 $\mod 2$ 意义下的答案，所以我们只要维护一堆的 $01$ 容易想到用 $bitset$ 瞎搞...，发现当复杂度 $qv/32$ 是可以过的... 一开始容易想到对每个集合开一个 $bitset$ ，叫 $cnt[]$ ，维护各种值的数出现了奇数还是偶数次 因为要维护那
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摘要：传送门 首先考虑如果 $n$ 只有一个质因数的情况，即 $n=p^t$ 那么显然可以 $dp$ ，设 $f[i][j]$ 表示第 $i$ 步，当前剩下 $p^j$ 的概率 那么转移很简单： $f[i][j]=\sum_{k=j}^{t}\frac{f[i-1][k]}{k+1}$ ，然后可以发现 $
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摘要：传送门 显然我们只要考虑小于等于 $n/2$ 的质数 对于每个不为 $2$ 的质数 $p$ ，如果目前它的还没匹配的倍数有偶数个，那么显然这些都可以匹配完 否则，如果有奇数个，那么我们把 $2p$ 留着不匹配，剩下偶数个拿来全部匹配 最后剩下的数都是 $2$ 的倍数，一个个匹配即可，如果剩下奇数个只
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摘要：传送门 显然可以注意到连续的两个相同颜色的位置颜色是不会改变的，并且它还会把自己的颜色每秒往外扩展一个位置 同时对于 $BWBWBW...$ 这样的序列，它每个位置的颜色每一秒变化一次 然后可以发现，对于一个位置 $x$，在 $x$ 左边和右边 连续两个相同颜色 扩展到 $x$ 之前， $x$ 的颜
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摘要：传送门 这一题一眼 $exgcd$ 怎么看都是 $exgcd$ 考虑一下 $exgcd$ 怎么做这一题 考虑求出 $wx+dy=p$ 的解，并且要尽量满足 $x+y+z=n$ 那么就是要求出一组解 $x,y$ 使得 $x+y$ 尽量小 因为 $d<w$ ，所以对于 $wx+dy=p$ 当 $y$ 取
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摘要：传送门 看到 $n=250$ 显然考虑 $n^3$ 的 $dp$ 设 $f[i][j]$ 表示填完前 $i$ 行，目前有 $j$ 列的最小值是 $1$ 的合法方案数 那么对于 $f[i][j]$ ，枚举 $f[i-1][k]$ ，有 $f[i][j]=\sum_{k=0}^{j}\binom{n-k
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摘要：传送门 当然是考虑 $n$ 的每个质数 $p$ 对答案的贡献 考虑 $p^k$ 在 $[1,m]$ 中出现了几次，显然是 $\left \lfloor \frac{m}{p^k} \right \rfloor$ 次 那么对于 $p^k$ ，它目前的贡献就是 $p^{\left \lfloor \fr
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摘要：传送门 首先每个点至少要有两条边连接 那么容易想到先保证这一点然后再慢慢加边 那么先构成一个环即可：$(1,2),(2,3),(3,4)...(n,1)$ 然后考虑加边，发现一个点加一条边还是合法的，那么不妨直接 $(1,4),(2,5),(3,6)$ ，然后一旦边数为质数了就直接输出答案 那么现在
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摘要：传送门 考虑每一个位置的期望贡献 $P[i]$ 对于第 $k$ 个位置，设 $sum=\sum_{i=1}^{k}t[k]$，那么 $T-sum$ 即为用最短时间完成完位置 $k$ 后多出来的空闲时间 如果 $T-sum>=k$ 那么这个位置一定能完成，贡献为 $1$ 如果 $T<sum$ ，那么这
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摘要：传送门 注意到只要考虑祖先和后代之间的贡献 发现对于一个节点，他和所有祖先最多产生 $log$ 个不同的 $gcd$ 所以每个节点开一个 $vector$ 维护祖先到自己所有不同的 $gcd$ 和这个 $gcd$ 的出现次数即可 之所以可以用 $vector$ 而不用 $set$ 是因为每个节点越祖
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摘要：传送门 首先考虑怎样的集合一定是合法的 发现全部是奇数的集合一定合法，因为每次都是奇数连偶数，偶数连奇数 然后考虑如果集合同时有奇数和偶数是否一定不合法，结论是一定不合法，证明如下： 设某个奇数为 $2x+1$ ，某个偶数为 $2y$，那么 $0$ 到 $(2x+1)*(2y)$ 就有两种路线，$2
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摘要：传送门 设 $n=\prod_{i=1}^{m}p_{i}^{k_i}$ 对每个质因子单独考虑，如果 $a$ 的这个质因子 $p_i$ 的次数小于 $k_i$，那么 $b$ 的这个质因子次数必须为 $k_i$ 考虑 $a$ 这个质因子有多少种的取值，如果取 $p_{i}^{0}$ 到 $p_{i}^
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摘要：传送门 显然要开始写式子 $k_1a+k_2b=x$ $k_3a+k_4b=y$ 首先如果上面两个式子只要有一个没有整数解就一定不合法 如果存在 $k_1+k_2=k_3+k_4$ 那就有解咯 考虑一下发现只要 $k_1+k_2$ 和 $k_3+k_4$ 奇偶性相同即可，因为比较少的那个可以补上 $
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摘要：学到后面数学越来越多了，感觉好难啊，开个博客专门记录一下数学相关的东西 因为反正也没人看，所以主要还是给自己看的 一些符号： 数论函数的卷积：$\ast$，$ h = f \ast g$ 则 $h(n)=\sum_{d|n}f(d)g(\frac{n}{d})$ $\epsilon $ 叫单位元，对
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摘要：传送门 显然有 $dp$，设 $f_i$ 为 $i$ 的 $lqp$ 拆分的权值和，考虑枚举拆分的最后一个数，不妨设 $f_0=1$ 那么有 $f_i=\sum_{j=1}^{i}f_{i-j}F_{j}$ ，$F_{i}$ 表示斐波那契数列的第 $i$ 项 变一下就是 $f_i=\sum_{j=0
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摘要：传送门 考虑求出最小的循环节 $G$ 使得 $t,t+G$ 得到的数对是一样的 由 $y \equiv t \mod B$ ，得到 $G$ 一定是 $B$ 的倍数，设 $zB=G$，则 $t,t+zB$ 结果相同 代入 $x \equiv (t+\left \lfloor \frac{t}{B} \
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摘要：A. Hotelier 题意：有十个位置初始为 $0$，三种操作，找到左边第一个空位，变成 $1$，找到右边第一个空位，变成 $1$，把某个位置变成 $0$ 直接模拟.. #include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> #include
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摘要：传送门 看到这个式子就感觉很有意思 左边就是求一次函数 $y=\left \lfloor \frac{q}{p} \right \rfloor x$ 在 $x \in [0,(p-1)/2]$ 时函数图像下方的整点数量 右边就是求一次函数 $y=\left \lfloor \frac{p}{q} \
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摘要：传送门 看到组合数在模 $2$ 意义下的乘积，考虑用 $lucas$ 定理把组合数拆开 $lucas$ 告诉我们，$C(n,m)$ 在模 $k$ 意义下的值，相当于 $n,m$ 在 $k$ 进制下每一位的组合数分别相乘的积在模 $k$ 意义下的值 就是若 $n=\sum_{i=0}a[i]k^i$，
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