随笔分类 - 知识点
摘要：初赛知识点整理（选择题）& 听课笔记 一、计算机基础 第一台计算机 埃尼阿克 1946 第一个程序员 Ada（女） 菲尔兹奖（数学） IEEE：美国电气与电子工程师协会 图灵奖 华人只有姚期智 艾伦·麦席森·图灵（英）ACM设立 冯诺依曼结构： 计算机组成： 主频：处理速度 内存：临时存放的东西（R
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摘要：传送门 扫描线 什么是扫描线？ 在一个二维平面上有许多的点，那一根水平或者竖直的直线将其切割。 用途？ 降维。 可以把二维问题转变成一维处理。 解决许多数据结构问题。 lxl的重要思路：一维问题 >二维平面 >扫描线降维。 应用条件？ 离线。 实现？ 线段树或者树状数组。 树状数组常数比较小所以：区
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摘要：传送门 斜率优化 当求dp[i]最小值时，满足一次函数 \(y=kx+b\) 其中 y=dp[j] ，k 与 i 有关，x 与 j 有关，b中包含 dp[i]。 这时问题就可以转化为 在众多点（x,y）中找到一个点使得用斜率为k的直线切这个点时得到的截距b最小。很显然这时dp[i]从这个点转移过来最
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摘要：传送门 多重背包 学了这么多年oi竟然只知道二进制拆分做法，白学了 多重背包就是每个物品有个数限制的01背包。 怎么做呢？ 最暴力的是把每个物品拆成m[i]个物品，做01背包。 这样时间显然会爆炸。 二进制拆分优化 于是可以利用二进制性质，拆的时候打个包。 对于每种物品来说，每 \(1,2,4…2^
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摘要：洛谷传送门 高维前缀和 一维二维前缀和 首先多维前缀和肯定可以像二维一样进行容斥求出，但是很显然复杂度爆炸。 所以我们使用另一种求法。 二维前缀和： for(int i=1;i<=n;i++){ for(int j=1;j<=m;j++){ a[i][j]+=a[i-1][j]; } } for(i
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摘要：##洛谷传送门 ##模拟退火 推荐一篇感觉写得很好的洛谷日报 补充一点就是可以加个判断（这个题因为有多组T不适用）： while ((double)clock()/CLOCKS_PER_SEC<MAX_TIME) SA(); 注意这个题的输出格式特别狗…… ##AC代码 #include<cstdi
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摘要：##传送门1 ##传送门2 一维请出门右转。 ##二维前缀和 d[i][j]表示从 (1,1) 点到 (i,j) 点的和。 很显然： 求d数组：d[i][j]=d[i-1][j]+d[i][j-1]-d[i-1][j-1]+a[i][j] 求(a,b)到(c,d)的和：d[c][d]-d[a-1][
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摘要：##传送门 ##前置知识 单调栈 ##笛卡尔树 ###定义 每个节点都由一个键值二元组构成(x,y)。 要求构建一棵树，满足： x上是一个二叉搜索树（左儿子<根<右儿子） y上是一个小根堆 ###构建过程 于是我们可以按照x值从小到大将节点加入笛卡尔树中。 新加入的点now一定要放在某个节点的右儿子
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摘要：##传送门 ##解题思路 发现某谷有单调栈板子了，就在这里贴一份代码吧。 单调栈讲解 ##AC代码 #include<cstdio> #include<iostream> #include<cstring> #include<iomanip> #include<cmath> #include<alg
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摘要：##传送门 ##解题思路 在 \(O(n)\) 内求出 \(n\) 个数的逆元： 令 \(S=\sum_{i=1}^{n}a[i]\)， 则 \(a[i]^{-1}=\frac{S/a[i]}{S}=S_1[i-1]*S_2[n-i]*S^{-1}\)。 其中 \(S_1\) 为 \(a[i]\)
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摘要：##传送门 ##nim博弈 很典型的一种博弈。 我们考虑每堆石子的异或和。 若异或和为0，则必败，若非零，则必胜。 因为我们每一步都可以从一个异或和非零的状态转移到异或和为0的状态。 而最终每堆都是零时，异或和恰好为0（必败）。 如何证明？ 考虑异或的性质，把数量最多的那一堆石子 \(k\) 单独拿
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摘要：##传送门 ##拓展中国剩余定理EXCRT 早知道有这东西就不学CRT了呜呜呜~~（ljCRT）~~ 这个比CRT范围更广更快更好写…… 虽然我写挂了，并且调了两天四五个小时 还是这一堆式子： $$\begin x\equiv b_1\pmod \ x\equiv b_2\pmod \ x\equi
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摘要：传送门 中国剩余定理(CRT) 我的第一反应是小学奥数题——韩信点兵。 转化成数学语言，就是给你 \(n\) 个关于 \(x\) 的同余方程（保证 \(a_i\) 互质），求最小整数解。 $$\begin x\equiv b_1\pmod \ x\equiv b_2\pmod \ x\equiv b
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摘要：##快速乘 快（gui）速乘，就是在两个数乘爆long long但是结果对long long范围内的数取模的情况下可以避免麻烦的高精度的技巧。 背过就好。 ##板子 下面的板子是接近O(1)的，利用了溢出与long double。 inline long long ksc(long long x,l
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摘要：##前置知识 ###完全剩余系 百度百科： 从模n的每个剩余类中各取一个数，得到一个由n个数组成的集合，叫做模n的一个完全剩余系。 简单点说，n的完全剩余系就是0到n-1的集合。 ###缩剩余系 又叫简化剩余系。 简单点说，n的缩剩余系就是其完全剩余系中与n互质的数组成的一个集合。 ##费马小定理
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摘要：##传送门 ##解题思路 其实很简单，先考虑什么时候无解: 当分母b是模数p的倍数时。 当b不是p的倍数时，又因为p是个大质数，所以可以直接费马小定理求逆元。 但是a和b很大，所以我们可以先把a和b取模，然后求a乘上b的逆元就行了。 \(ans=a\times b^{-1}\pmod p\) 高精度
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摘要：##传送门 ##解题思路 ####裴蜀定理 首先第一个字读\(p\acute{e}i\) 对于一个方程$ax+by=c$ 有整数解的条件是$\gcd(a,b)|c$ 证明如下： \(\because\gcd(a,b)|a\quad\gcd(a,b)|b\) \(\therefore\gcd(a,b)
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摘要：##CF传送门 ##洛谷传送门 ##解题思路 首先，前半部分关于p阶等差数列的知识请看这篇博客。 总结一下就是： 如果数列的p阶差数列是一个非0的常数数列，那么称它为p阶等差数列 数列$a$为一个p阶等差数列的充要条件是数列的通项$a_n$为关于n的p次多项式 然后这个题就可以推出是个关于n的k+1
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摘要：##传送门 ##拉格朗日插值法 帅气的英文名:Lagrange……… 看起来很厉害的名字是用来干什么的呢？ 简单点说，就是给你n个点，你就可以确定一个n次多项式。 设这n个点分别为： \((x_1,y_1)(x_2,y_2)(x_3,y_3)\cdots\cdots(x_n,y_n)\) 则公式为：
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摘要：传送门 解题思路 给你$n$个不等式，\(ai<=aj+k\) 像极了最短路中松弛的式子。 所以做法就出来了： 对于每一个是上面形式的式子，我们从$j$向$i$连一条长度为$k$的边，这样我们保证了到$i$的最短路一定$<=$到$j$的最短路。 建立一个超级源点，连向每一个点，边权为$0$，求一遍最
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