随笔分类 - 数学
摘要：洛谷传送门 AtCoder 传送门 设 $P$ 的原根为 $g$，那么 $x,y$ 可以表示成 $g^a, g^b$ 的形式（特判 $x = y = 0$）。那么要求 $an \equiv b \pmod {P - 1}$，其中 $a,b \in [1, P - 1]$。 考虑固定 $a$，可以把问
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摘要：洛谷传送门 AtCoder 传送门 牛逼题…… 考虑如果定义 $x^a \times x^b = x^{a \oplus b}$，设 $f(x) = \sum\limits_{i=1}^k x^{a_i}$，那么题目就是求，$\forall w > 0, \sum\limits_{i=1}^n (f
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摘要：洛谷传送门 AtCoder 传送门 神仙题…… 记 $f(n)$ 为一次操作后第 $n$ 个数是多少，则 $f(n) = \left\lfloor\frac{3n + 1}{2}\right\rfloor$。 记 $f^k(n) = f(f^{k-1}(n))$，$f^0(n) = n$，$h_k$
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摘要：洛谷传送门 AtCoder 传送门 挺有趣的题。自己推出来感觉挺有意思的。 首先显然若 $\sum\limits_{i=0}^{n-1} a_i \ne 0$ 就无解。 设 $b_i$ 为 $i$ 的操作次数。可得： $$-b_{i-1} + 2b_i - b_{i+1} = a_i$$ 整理得：
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摘要：洛谷传送门 看起来很毒瘤，但是推出贡献系数后就是一个朴素的卷积了。 首先考虑前缀和。考虑 $j\ (j \le i)$ 的 $a_j$ 贡献到 $i$ 的过程，是找到 $j = p_0 \le p_1 \le \cdots \le p_k = i$ 的方案数。令 $x_i = p_i - p_{i-
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摘要：洛谷传送门 感觉挺综合的一道题。 考虑朴素 dp，$\forall x \in S, f_{i + 1, jx \bmod m} \gets f_{i,j}$。复杂度 $O(nm^2)$。显然可以矩乘优化至 $O(m^3 \log n)$，但是不能通过。 如果转移式中是加法而不是乘法，那很容易卷积优
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摘要：洛谷传送门 AtCoder 传送门 技巧性比较强的题（？ 设 $a$ 为最优解的 $A$，则 $a$ 可以贪心构造，就是每一位都取到下界。 考虑设 $b_i = \frac{a_i}{i}$，因为 $i \times b_i < (i + 1) \times b_{i+1}$，则 $b_{i+1}
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摘要：洛谷传送门 AtCoder 传送门 不妨假设 $B_X \le B_Y$。设 $f(x) = A_X + \frac{x}{B_X}, g(x) = A_Y + \frac{x}{B_Y}, F(x) = \left\lfloor{f(x)}\right\rfloor, G(x) = \left\l
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摘要：洛谷传送门 AtCoder 传送门 感觉太人类智慧了。 设 \(A = (c_1,c_2,...,c_n)\) 表示当前每种牌的数量，\(f(A)\) 为状态 \(A\) 只进行换牌操作最终最少剩下几张牌。 \(f(A)\) 是可以贪心求出的，因为策略必然是能换则换。 并且我们发现依次换 \(2,3
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