摘要：简单数学题，推出结果后直接计算即可不取double 会wrongView Code #include<cstdio>#include<cstring>__int64 C(__int64 n, __int64 m){ __int64 s = 1; int i, j; for (i=1,j=n; i<=m; i++, j--) s = s * j / i; return s;}int main(){ int n,s; int i,j,k; while(scanf("%d%d",&n,&s)!=EOF) { double sum=0, 阅读全文

摘要：其实这道题目的难点不在容斥原理，在于大数越界、取余等等的细节首先求出通项公式为n(2n+1)(n+1)(3n² +3n-1)/30求(a/b)%mod有两种方法1、原式=a%（b*n）/b2、原式=a*b^(phi(mod)-1)%mod;(其中b与mod互质)本题中，由于mod过大，采用第一种方法会出错，于是用了第二种方法。容斥过程中比如要加上2的四次，4的四次，6的四次。。。。可把2的四次提取出来，另外一项就变成了四次方和了View Code #include<cstdio>#include<cstring>#include<cmath>#in 阅读全文

摘要：View Code #include <iostream>#include <fstream>#include <cstring>#include <cmath>#include<cstdio>using namespace std;long long prime[16]={2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37,41,43,47};long long bestSum;long long bestRes;long long N;void work(long long res,long long sum,int 阅读全文

摘要：题目链接：http://uva.onlinejudge.org/index.php?option=com_onlinejudge&Itemid=8&page=show_problem&category=15&problem=1266&mosmsg=Submission+received+with+ID+9619336题意：求1~n中不能被给定m个数中任意一个数整除的数的个数Sample Input10 22 320 22 4Sample Output310思想：n-(1~n中至少能被m个数中的一个整除的数个数)解法：容斥原理的思想，多减的数要加回去比如第 阅读全文

摘要：二分答案，然后用容斥原理求1-mid中与m互质的个数注意二分的上界View Code #include<stdio.h>#include<vector>using namespace std;int m,n;__int64 solve(int r,__int64 n){ vector<int> p; int i; for(i=2;i*i<=r;i++){ if(r%i==0){ p.push_back(i); while(r%i==0) r/=i; } } if(r>1) p.push_bac... 阅读全文

摘要：给定n个数，求互质的四元组的个数。逆向思考，先求不互质的四元组的个数，再减掉。举个例子：以2为因子的数有a个，3为因子 的数有b个，6为因子的数有c个，假设有n个数那么互质的四元组个数为C(4,a)+C(4,b)-C(4,c)，即如果一个数仅由偶数个素数相乘所得，则减去，由奇数个素数相乘，则加上通用做法View Code #include<cstdio>#include<cstring>#include<cmath>using namespace std;const __int64 maxn=10005;__int64 count[maxn];__int64 阅读全文

摘要：方法：先对n分解质因数，分别记录每个质因数，那么所求区间内与某个质因数不互质的个数就是n / r(i)，假设r(i)是r的某个质因子。假设只有三个质因子，总的不互质的个数应该为p1+p2+p3-p1*p2-p1*p3-p2*p3+p1*p2*p3,及容斥原理，可以转向百度百科查看相关内容pi代表n/r(i),即与某个质因子不互质的数的个数当有更多个质因子的时候，可以用状态压缩解决，二进制位上是1表示这个质因子被取进去了。如果有奇数个1，就相加，反之则相减View Code #include<vector>#include<cstdio>using namespace s 阅读全文

摘要：同 上一题，错了两次，原因：100000*100000会超intView Code 1 #include<stdio.h> 2 #include<string.h> 3 typedef __int64 lld; 4 lld sum[100010]; 5 int mod[100010]; 6 int re[100010]; 7 int num[100010]; 8 inline bool dig(char x){return x>='0'&&x<='9';} 9 int get_val()10 {11 int r 阅读全文

摘要：抽屉原理。。早就知道了，只是没有切过题，今天碰上了一道，果断刷掉其实n个数一定可以找出一些数或某个数的和能被n整除取sum[i]为前i个数的和，对n取余。n个数对n取余，下面两个结论必有一个成立：有两个余数是相等的，有一个余数是1其中任何一个结论的成立都表示存在一些数的和能被n整除View Code 1 #include<stdio.h> 2 #include<string.h> 3 int sum[10010]; 4 int mod[10010]; 5 int re[10010]; 6 int num[10010]; 7 int main() 8 { 9 int n, 阅读全文

摘要：题目数据较小，直接枚举自己和敌人的所有全排列，暴力水之（讨论出做法后，队友写的）View Code #include<stdio.h>#include<string.h>#include<algorithm>using namespace std;int n;int id1[10],id2[10];struct node{ char s[25];}p[10];int map[10][10];int cmp(node a,node b){ return strcmp(a.s,b.s)<0;}void init(){ for(int i=0;i<n; 阅读全文

摘要：__int64 C(__int64 n, __int64 m){__int64 s = 1;int i, j;for (i=1,j=n; i<=m; i++, j--)s = s * j / i;return s;}void init(){ for(int i=0;i<maxn;i++){ c[i][0]=1; c[i][i]=1; for(int j=1;j<i;j++) c[i][j]=c[i-1][j-1]+c[i-1][j]; }} 阅读全文