随笔分类 - acw基础
摘要：merge_sort(l, r)返回区间[l, r]内逆序对的个数，而区间[l, r]内的逆序对个数是左半边的逆序对个数merge_sort(l, mid)和右半边逆序对个数merge_sort(mid + 1, r)之和外加左右两边构成的逆序对个数。 #include <iostream> usi
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摘要：归并排序板子 归并排序也用的分治思想，思路是将理想情况（\(n=2^k\)）下长度为n的序列不断地分成两份，直到分成n个长度为1序列,然后自底向上地合并两个有序序列。 #include <iostream> using namespace std; const int N = 100010; int
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摘要：快选板子 实际上是在快排板子上改了改 #include <iostream> using namespace std; const int N = 100010; int n, k; int q[N]; int quick_sort(int l, int r, int k){ if(l == r)
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摘要：快排板子 从小到大排序 以j分界 #include <iostream> using namespace std; const int N = 100010; int n; int q[N]; void quick_sort(int l, int r){ if(l >= r) return; int
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摘要：唉，好久没写题了，全面退化... 翰翰和达达饲养了 N 只小猫，这天，小猫们要去爬山。 经历了千辛万苦，小猫们终于爬上了山顶，但是疲倦的它们再也不想徒步走下山了（呜咕>_<）。 翰翰和达达只好花钱让它们坐索道下山。 索道上的缆车最大承重量为 W，而 N 只小猫的重量分别是 \(C_1,C_2...C
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摘要：区间合并模板题 某校大门外长度为L的马路上有一排树，每两棵相邻的树之间的间隔都是1米。 我们可以把马路看成一个数轴，马路的一端在数轴0的位置，另一端在L的位置；数轴上的每个整数点，即0，1，2，……，L，都种有一棵树。 由于马路上有一些区域要用来建地铁。 这些区域用它们在数轴上的起始点和终止点表示。
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摘要：给定 n 个区间 \(l_i,r_i\)，要求合并所有有交集的区间。 注意如果在端点处相交，也算有交集。 输出合并完成后的区间个数。 例如：[1,3]和[2,6]可以合并为一个区间[1,6]。 输入格式 第一行包含整数n。 接下来n行，每行包含两个整数 l 和 r。 输出格式 共一行，包含一个整数，
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摘要：二段性：对于一个长度x，当长度x能够满足条件时，所有满足长度$\le x$的长度t，都能够满足条件，所以能够二分出长度的最大值。 实数二分，因为是实数，所以二分的终止条件不能用l < r来判断，而是应该根据题目要求的精度p令终止条件为r - l > 1e-(p + 2)。 复杂度：\(O(nlog(
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摘要：计$(a, b)\(为a和b的所有公约数，那么有\)(a, b) = (b, a % b)$ 证明： 计$(a, b) = A, (b, a - kb) = B,(a%b = a - kb,k=[a/b])$ \(1)\) $\because\forall x \in A,$有$x | a$且$x|
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摘要：给一个数n，求它的约数个数 因为n可以唯一分解成质因数的乘积即$n = p_1^{\alpha1}p_2^{\alpha2}...p_t^{\alpha t}$，所以n的约数c的形式应该是$c= p_1^{\beta1}p_2^{\beta2}...p_t^{\beta t}\(，对于任何两组不同的
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摘要：筛选出从2~n的所有素数 埃氏筛 对2~n中的每个数k，筛去k在2~n中的每一个倍数，最后剩下的就是2~n的所有素数，因为相当于每一个数k都会被2~k - 1的所有数筛一遍，一旦k存在2~k - 1的约数，那么他必定会被筛掉，反之k一定不会被筛掉。 **注意：**k是素数 ⇔ k不存在2~k - 1
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摘要：给一个数n，对他进行质因数分解 代码 for(int i = 2; i <= n; i ++) if(n % i == 0){ cout << i << endl; while(n % i == 0) n /= i; } 证明以上循环可以输出n的所有质因数 当n为质数时，只输出n，得证。 当n不是质
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摘要：给一个数n, 求[1, n]内的所有约数 由于当$i | n$，必有$(n / i) | n$，并且这两个约数关于$\sqrt n$对称，所以要枚举出所有的约数，只需要枚举到$1,...,[\sqrt n]$的约数即可，并且对于任意的$i \in {1,... [\sqrt n]}$都有$i < n
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摘要：乘法逆元 需要乘法逆元的原因：对于两个超大的正整数a, b, long long无法存储，保证b | a, 现在要计算(a / b) mod m，其中m为素数。考虑以下计算方法： 认为$a / b = (a %m) / (b % m) %m$，这个显然不对。 所以为了能够方便的算出(a / b) m
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摘要：找长度为k的窗口中的最大值（单调减队列），最小值（单调增队列） #include<iostream> using namespace std; const int N = 1000010; int n, k; int a[N]; int q[N], hh = -1, tt = 0; int main
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摘要：输入一串数字，给你 M 个询问，每次询问就给你两个数字 X,Y，要求你说出 X 到 Y 这段区间内的最大数。 输入格式 第一行两个整数 N,M 表示数字的个数和要询问的次数； 接下来一行为 N 个数； 接下来 M 行，每行都有两个整数 X,Y。 输出格式 输出共 M 行，每行输出一个数。 数据范围
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摘要：星星的坐标按照$y$坐标升序给出，当$y$坐标相同时，按照$x$坐标升序给出，那么可以得到给出的顺序时是按照$y$坐标分层，从左向右给出的，即先给出$y = 1$一层，再给出$y = 2$一层的所有星星... 那么有结论：在给出某一个星星的坐标$(x_i, y_i)$时，它的$y$坐标一定是最大的，
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摘要：使用线段树维护一段长度为$n$的区间，线段树的空间要开$4n$的原因 设要维护的区间为$[1, n]$长度为$n$ 若$n = 2^k, k = 0, 1, 2, 3, ...$ 那么构造的线段树的结点个数不多不少刚好用$2^{k + 1} - 1 < 2n$个, 所以开$2n$足够，此时的线段树为
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摘要：$f(i, j)$表示在我摆放第i列的时候，i - 1列1*2方格伸出来的情况为j的所有摆法的集合，存储摆法数量 有$f(i, j) = D$, D是所有满足以下两个条件的其他状态的集合中存储数量的和 从i - 2列伸出来的方格情况k和i - 1列伸出来的方格的情况之间没有冲突(k & j == 0
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摘要：\(a*x \equiv b \ (mod \ m)\) 即存在$y$ 使得$a*x = m * y + b$ 即$ax -my=b$ 令$y'= -y$ 有$ax + my'=b$ $ax \equiv b \ (mod \ m)$有解等价于$ax + m*y'=b$有解 联想扩展欧几里得算法，若
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