摘要： 已知问题 1.第一次看题的时候以为可以给任意一人送任意个礼物，且礼物可以重复送，想不出解法。 2.没有注意到N*A[i]=10^14，那么必须开long long才能统计下来。 题解 题目要求对于A的每一个喜欢的礼物，对于B来说都有一些比这些礼物更好的礼物，但是这些B喜欢的礼物里，只能给B送A没有那 阅读全文

摘要： 题目地址 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; int main() { map <int,int> a; //把它看成数组 set <int> b; int n,i,q; cin>>n; for(i=1; i<=n; i++) { scanf(" 阅读全文

摘要： 方法1 类比除法分块，打表1 -- 1e6，直接用sum解决。可解决n范围为1到1e12的数据。 #include<cstdio> #include<iostream> #include<cmath> #define int long long using namespace std; const 阅读全文

摘要： E 走呀走 二维DP。 #include<cstdio> #include<iostream> #define ll long long using namespace std; ll a[2000][2000]; ll ans[2000][2000]; int main(){ ll n,m; sc 阅读全文

摘要： 整体情况 从上次的"交一次过一次"到这次的"乱交，过题数到4个就行"，实际上让分数段上移了一个。 但是也要注意到这样的危险：如果是一个要求正确率而非过题数的比赛，就无了。 换句话讲，如果比赛时间长且难度低，就应该稳健A题。 如果比赛时间短且不一定写得完，就应该"疯狂"交题。 细节问题 这次B题妄想用 阅读全文

摘要： 一开始考虑分类讨论，但是发现考虑的逻辑范围有点多，就很烦躁了。 其实此题如果n%3==0或者m%3==0，都可以直接求出答案，那么实际上要考虑的其实只有n%3!=0&&m%3!=0的情况。 对于这种情况，没必要分四种情况讨论。其实对于任意一个情况，在处理掉可以被整除的部分后，剩余的部分其实只需要看一 阅读全文

摘要： 写在"基石"之前 位运算有着相对独立性。因此，如果对某些数字进行运算，如果不考虑实际流程和组合，只考虑最终结果的和，可以考虑到：是否可以利用位运算"相对独立性"的性质？ 思路1：从十进制到二进制 可以看到，最终要求得的结果其实就是一个序列所有子序列的异或和，但是考虑到位运算的相对独立性，应该可以注意 阅读全文

摘要： 有两个易错点： 1.欧拉函数的定义是1到n内互质的数，但是“互质”不一定要都是质数，其实就只需要gcd(a,b)=1就可以计算进去。所以，就不能放弃a=1,b=1的情况， 2.第一次做的时候自认为应该避免i=j的情况，但问题是经过化简之后的式子本身就已经考虑到i=j这个情况，并以此作为继续计算的基础 阅读全文

摘要： 题目地址：洛谷 P3383 #include<cstdio> #include<iostream> using namespace std; const int MAXN=1e8+1000; int n,prime[MAXN],cnt=0; bool isPrime[MAXN]; void init 阅读全文

摘要： 对式子进行化简后可得 对左边的式子整体进行因式分解，可以发现d和另一个元素的值最多有一个>=sqrt(k+sigma(a_i))（可由反证法证得） 考虑到可以枚举i，范围为1--sqrt(k+sigma(a_i))，每次将d设为i和(k+sigma(a_i))/i，就可以将所有可能性全部遍历。 #i 阅读全文