随笔分类 - 数论/数学-数论定理、函数
摘要：伯努利数 伯努利数，第$i$项记为$B_i$，是专门解决自然数幂求和而构造的一个数列 我们先记$S_k(n) = \sum\limits_{i = 0}^{n 1}i^k$ 那么，不知道为什么 $$S_k(n) = \frac{1}{k + 1}\sum\limits_{i = 0}^{k}{k +
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摘要：题目链接 "BZOJ4830" 题解 当$a = b$时，我们把他们投掷硬币的结果表示成二进制，发现，当$A$输给$B$时，将二进制反转一下$A$就赢了$B$ 还要除去平局的情况，最后答案就是 $$\frac{2^{a + b} {a + b \choose a}}{2}$$ 当$a \neq b$
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摘要：题目链接 "BZOJ3738" 题解 "复习" 同上 但是为了消去因子$10$，处理$2^k$的时候，乘回$2^{k_1}$时，应同时计算$5^{k_2}$ 如果$k_1 \ge k_2$，乘上$5^{k_2}$的逆元 如果$k_1 include include include include i
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摘要：题目链接 "CF960G" 题解 同 "FJOI2016" 只不过数据范围变大了 考虑如何预处理第一类斯特林数 性质 $$x^{\overline{n}} = \sum\limits_{i = 0}^{n}\begin{bmatrix} n \\ i \end{bmatrix}x^{i}$$ 分治$
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摘要：题目链接 "BZOJ3834" 题解 容易想到对于$gcd(x,y) = D$，$d$的倍数一定存在于两个区间中 换言之 $$\lfloor \frac{a 1}{D} \rfloor include include include include include define Redge(u) f
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摘要：题目链接 "BZOJ2800" 题解 区间加极难操作，差分之后可转化为两点一加一减 那么现在问题就将每个点暂时独立开来 先判定每个点是否被$(A,B)$整除，否则无解 之后我们先将$A,B$化为互质，所有数除一个$(A,B)$ 求得 $$Ax + By = 1$$ 那么对于点$d[i]$，满足 $$
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摘要："板题" Miiler Robin素数测试 目前已知分解质因数以及检测质数确定性方法就只能$sqrt{n}$试除 但是我们可以基于大量测试的随机算法而有大把握说明一个数是质数 Miler Robin素数测试基于以下两个原理： 费马小定理 即我们耳熟能详的 对于质数$p$ $$a^{p 1} \equ
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摘要：题目链接 "BZOJ3601" 题解 挺神的 首先有 $$ \begin{aligned} f(n) &= \sum\limits_{x = 1}^{n} x^{d} [(x,n) = 1] \\ &= \sum\limits_{x = 1}^{n} x^{d} \sum\limits_{c|(x,
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摘要：题目链接 "loj" 题解 感谢珂神的指导orz 观察式子$i \times j \equiv 1 \pmod m$，显然$i,j$是模$m$意义下成对的逆元，只需统计模$m$意义下存在逆元的数的个数，即与$m$互质的数的个数$\varphi(m)$ 每对逆元的连边有两种情况，记逆元对数为$x$，则
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摘要：题目链接 "BZOJ2159" 题解 显然不能直接做点分之类的，观察式子中存在式子$n^k$ 可以考虑到 $$n^k = \sum\limits_{i = 0} \begin{Bmatrix} k \\ i \end{Bmatrix} {n \choose i}i!$$ 发现$k$很小，对于每个点可
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摘要：当需要求质数$P$的原根$G$，只需枚举$a \in [2,P 1]$，检验对$P 1$的所有质因子$p_i$，$a^{\frac{P 1}{p_i}} \mod P$是否等于$1$，若都不等于$1$，则$a$为$P$的原根 "51Nod原根" C++ include include include
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摘要：题目链接 "BZOJ3782" 题解 我们把终点也加入障碍点中，将点排序，令$f[i]$表示从$(0,0)$出发，不经过其它障碍，直接到达$(x_i,y_i)$的方案数 首先我们有个大致的方案数${x_i + y_i \choose x_i}$ 但是中途可能会经过一些其它障碍点，那么就减去 所以 $
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摘要：题目链接 "洛谷T30212" 题解 式子很容易推出来，二项式定理展开后对于$k$的答案即可化简为如下： $$k!(\sum\limits_{i = 0}^{k} \frac{\sum\limits_{x = 1}^{n} a_x^{i}}{i!} \centerdot \frac{\sum\lim
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摘要：题目链接 "BZOJ5093" 题解 点之间是没有区别的，所以我们可以计算出一个点的所有贡献，然后乘上$n$ 一个点可能向剩余的$n 1$个点连边，那么就有 $$ans = 2^{{n 1 \choose 2}}n \sum\limits_{i = 0}^{n 1} {n 1 \choose i}
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摘要：题目链接 "BZOJ2277" 题解 orz太难了 如果一个数$x$是密码，那么所有$(x,n)$的倍数都是密码 如果两个数$x,y$是密码，那么所有$(x,y)$的倍数都是密码 那么如果最后的密码集合为$\{x_i\}$那么一定存在一个$x_i$是剩余所有数的$gcd$ 所以我们只需找最小的$x
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摘要：题目链接 "Mychael vs Kid" 题解 先说说这题的由来及前身 前身 首先有一个很经典的题目： 维护区间加，查询区间$gcd$ 如果强行用线段树维护的话，区间加之后就没法直接确定当前区间的$gcd$，不可直接维护 这个时候就用到了$gcd$的一个性质： $$(a,b) = (a b,b)$
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摘要：题目链接 "BZOJ4815" 题解 根据题中的式子，手玩一下发现和$gcd$很像 化一下式子： $$ \begin{aligned} bf(a,a + b) &= (a + b)f(a,b) \\ \frac{f(a,a + b)}{a + b} &= \frac{f(a,b)}{b} \\ \f
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摘要：题目链接 "BZOJ2257" 题解 由裴蜀定理我们知道，若干的瓶子如此倾倒最小能凑出的是其$gcd$ 现在我们需要求出$n$个瓶子中选出$K$个使$gcd$最大 每个数求出因数排序即可
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摘要：题目链接 "BZOJ2118" 题解 orz竟然是最短路 我们去$0$后取出最小的$a[i]$，记为$p$，然后考虑模$p$下的$B$ 一个数$i$能被凑出，那么$i + p$也能被凑出 所以我们只需找出最小的凑出$i$的代价 我们如果将同余下的和看作点，那么加上一个数就相当于在点间转移的边 所以我
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摘要：题目链接 "BZOJ4869" 题解 这题调得我怀疑人生，，结果就是因为某些地方$sb$地忘了取模 前置题目： "BZOJ3884" 扩展欧拉定理： $$c^a \equiv c^{a \mod \varphi(p) + [a \ge p]p} \pmod p$$ 我们发现当我们进行$0$操作，就相
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