随笔分类 - 数论数学--就是数学(计数等)
摘要：题面 "传送门" Sol1 因为每种油漆的数量是有限的 并且每种油漆是没有优先级的 直接设状态$f[lst][a][b][c][d][e]$表示有$a$个可以涂一次，$b$个可以涂两次......上次涂的是可以涂$lst$次的 记搜+乘法原理即可 cpp include define RG regi
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摘要：题面 "传送门" Sol 摆定理 $$ a^b\equiv \begin{cases} a^{b\%\phi(p)}~~~~~~~~~~~gcd(a,p)=1\\ a^b~~~~~~~~~~~~~~~~~~gcd(a,p)\neq1,b define RG register define IL in
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摘要：题面 "传送门" Sol 公式$$ a^b\equiv \begin{cases} a^{b\%\phi(p)}~~~~~~~~~~~gcd(a,p)=1\\ a^b~~~~~~~~~~~~~~~~~~gcd(a,p)\neq1,b define RG register define IL inli
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摘要：题面 "传送门" 题意 输入正整数a1,a2,a3..an和模m，求a1^a2^...^an mod m Sol 首先有$$ a^b\equiv \begin{cases} a^{b\%\phi(p)}~~~~~~~~~~~gcd(a,p)=1\\ a^b~~~~~~~~~~~~~~~~~~gcd(
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摘要："证明" 求解$a^b\equiv x(mod \ p)$ 扩展欧拉定理 $$ a^b\equiv \begin{cases} a^{b\%\phi(p)}~~~~~~~~~~~gcd(a,p)=1\\ a^b~~~~~~~~~~~~~~~~~~gcd(a,p)\neq1,b
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摘要：证明用到辗转相除相减法 定理一 $gcd(f[i],f[i+1])=1$ 证明：$gcd(f[i], f[i+1]) = gcd(f[i+1] f[i], f[i])=gcd(f[i 1], f[i])$ 递归下去，所以$gcd(f[i], f[i+1]) = gcd(f[1], f[2]) = 1
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摘要：题意 $求\Sigma \lfloor \frac{n}{i} \rfloor$ Input starts with an integer T (≤ 1000), denoting the number of test cases. Each case starts with a line cont
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摘要：题意 给一对数字 a，b ，a是一个长方形的面积，问有多少种整数的边的组合可以组成面积为a的长方形，要求最短的边不得小于b 数据组数T define RG register define IL inline define Fill(a, b) memset(a, b, sizeof(a)) usin
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摘要：大于k的部分直接加k 对于小于等于k的cnt个数 ans=cnt*k - Σ(k/i * i) 然后k/i在一段区间内不变，这段区间直接可以数列求和 # include <bits/stdc++.h> # define IL inline # define RG register # define
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