随笔分类 - 数论
摘要：传送门 显然可以列出 $dp$ 方程按时间转移 发现数据 $n$ 很小，$K$ 很大，考虑矩阵快速幂优化转移 但是不同时间的转移似乎不一样 发现题目中单个鱼的移动有周期性，显然整体的移动也有周期性，发现个体的周期只有 $2,3,4$ 所以整体移动的周期最多也只有 $12$，所以考虑把 $12$ 步的
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摘要：传送门 数论 $2$ 合 $1$ $K=1$ 快速幂，$K=2$ $exgcd$ ， $K=3$ $exBSGS$ 都是板子就没什么好讲了...
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摘要：传送门 首先要懂得 $BSGS$，$BSGS$ 可以求出关于 $Y$ 的方程 $X^Y \equiv Z (mod\ mo)$ 的最小解，其中 $gcd(X,Z)=1$ $exBSGS$ 算是 $BSGS$ 的进一步扩展，使得当 $gcd(X,Z)!=1$ 时仍然适用 先把方程转换成 $X^Y+k*
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摘要：传送门 看计数想容斥 考虑强制选 $K$ 个数作为子集，剩下数组成的集合随便选几个子集使得它们交集为空 显然 $n$ 个数中强制选 $K$ 个数的方案数是 $C_{n}^{K}$ 剩下的数构成的子集总数有 $2^{n-K}$ 个，那么如果没有交集为空的限制方案数就是 $2^{2^{n-K}}-1$（
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摘要：传送门 A.The Doors 看懂题目就会写的题 给一个 $01$ 序列，找到最早的位置使得 $0$ 或 $1$ 已经全部出现 #include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> #include<cm
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摘要：传送门 基础容斥 不合法方案数 = 总方案数 - 合法方案数 合法方案数很好求 第一个位置有 m 种选法 第二个位置有 m-1 种选法（不能与第一个位置冲突） 第三个位置有 m-1 种选法（不能与第二个位置冲突） ...... 除了第一个位置，其他每个位置有有 m-1 种选法 那么就是 $m*(n-
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摘要：传送门 prufer序列 因为每个prufer序列唯一对应一颗树，所以如果能求出prufer序列的方案数就能求出树的方案数 一颗 n 个节点的树的prufer序列有 n-2 个数字，每个数字在 [1,n] 的范围内，表示节点编号 对于一个度数为 $d_i$ 的点，它会在prufer序列中出现 $d_
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摘要：传送门 注意题目的条件： "输入数据保证任意多次洗牌都可用这 m种洗牌法中的一种代 替" 所以对于每种方案，只要考虑经过一次洗牌后可能变成的情况 显然，如果有 m 种洗牌法，那么一种方案就可以被洗出 m+1 种方案 继续考虑，如果有另一种方案不属于这 m+1 种方案 那么它一定也可以洗出另外不重复的
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摘要：传送门 看到数据和模数大小就知道要上 lucas 了 然后开始愉快地推公式： 答案为 $\sum _{i=0}^kC_{n}^{i}\ (mod\ 2333)$ 设 $f [ i ] [ j ] = \sum _{k=0}^jC_{i}^{k}\ (mod\ 2333)\ ,\ P=2333$ 那么
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摘要：传送门 直接求还要考虑各种不合法情况，不好计数 很容易想到容斥 把所有可能减去不合法的情况剩下的就是合法情况 那么我们只要任取不同的三点就是所有可能，不合法情况就是三点共线 对于两点 $(x_1,y_1)\ ,\ (x_2,y_2)$ ，它们之间有 $gcd(\left | x_1-x_2 \rig
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摘要：传送门 答案不大于 $10^6$，考虑枚举答案 对于枚举的 ans，必须满足对于任意 i,j(i≠j) 都有 使式子$c_i+kp_i \equiv c_j+kp_j\ (mod\ ans)$成立的最小的 k ＞ min( L [ i ] , L [ j ] ) 考虑如何求出式子中最小的 k 转化一
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摘要：传送门 考虑每一个质数 P 对答案的贡献 gcd(x,y) = P，不妨设 $x\geqslant y$ 那么 $gcd(\frac{x}{P},\frac{y}{P})=1$ 对于每一个 $\frac{x}{P}$，贡献就是求小于等于它的数中与它互质的数的个数，即 $\phi_{\frac{x}{
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摘要：传送门 看到题目就要开始愉快地推式子 原式 $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}=\frac{1}{n!}$ $\rightarrow \frac{x+y}{xy}=\frac{1}{n!} \rightarrow (x+y)n!=xy \rightarrow xy-(x+y)n!=0$
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摘要：传送门 O(n) 时间求出 1~n 在模 P 意义下的逆元 有一个公式 : inv[ i ] = ( - (P/i) * inv[ P%i ] %P + P ) % P 证明 : 设 $a=\left \lfloor \frac{P}{i} \right \rfloor$，$b=P\%i$， 那么
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摘要：传送门 直接搞肯定不行（题目清清楚楚写了） 所以开始要推结论 设 $f_a = x$ , $f_{a+1} = y$ 那么 $f_{a+2}=x+y，f_{a+3}=x+2y，f_{a+4}=2x+3y$ .... 最终可以得到一个通用公式，$f_n = f_{n-a-1}f_a + f_{n-a}
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摘要：传送门 考虑最上面每个位置的数对答案的贡献 然后就很容易发现： 如果有n层，位置 i 的数对答案的贡献就是C( n-1，i ) 然后就有很显然的贪心做法： 越大的数放越中间，这样它的贡献就会尽可能的大 然后考虑算C( i，j ) 因为n很大，模数很小 所以要用lucas定理求C C（n,m）= C（
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摘要：传送门 可以发现图是对称的 所以我们先只考虑下半部分，不包括y=x的点 如果能算出下半部分总和为ans 那么答案就是 ans*2+1(加上y=x的方向有一个同学) 以观察者为原点，建立直角坐标系： 那么下半部分的视线的斜率≥0且＜1，ans就是不同的斜率数量 从左到右，从下到上考虑每个点（x，y）
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摘要：定理： (以下p均为质数) 1. φ(p)=p-1 3. 如果 i mod p ≠ 0 那么 φ(i*p)=φ(i)*φ(p) 2. 如果 i mod p = 0 那么 φ(i*p)=φ(i)*p 证明（其实只要知道结论就好了，证明可以跳过）： 1. 因为$p$是质数，所以$1$ 到 $p$的所有数
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摘要：传送门 中国剩余定理模板题（关于中国剩余定理，我是在这里学的：传送门） 由题可知： n-ai=k*bi > n-ai ≡ 0 (mod bi) > n≡ai (mod bi) 直接用中国剩余定理解同余方程组就好了 注意一些坑点： 1. ai可能为负 因为 ai 是在模 bi 意义下的，所以可以很容易
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摘要：传送门 根据题意可以列出方程： 设走了X步，已经绕了维度线Y圈 那么 nX-mX=LY+(x-y) 稍微转换一下： (n-m)X - LY = x-y 如果设 A=n-m,B=-L,C=x-y 那就变成了AX+BY=C的形式 直接套exgcd就可以得到一组AX+BY=gcd(A,B)的解 根据基本的
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