模乘(解决乘法取模爆long long) 二进制思想,变乘法为多次加法,具体思想跟着代码手算一遍就理解了,挺简单的 ll qmul(ll a,ll b,ll m) { ll ans=0; while(b){ if(b&1) ans=(ans+a)%m; a=(a+a)%m; b=b>>1; } return ans; } //快速幂中的ans*a和a*a可能会爆LL,使用模乘解决 ll qpow(ll a,ll b,ll m) { ll ans=1; while(b){ if(b&am

题目链接:http://hihocoder.com/problemset/problem/1388?sid=974337 题目大意:找出一个$k$,使得$\sum_{i=0}^{n-1}(A_{i}-B_{i+k \quad mod \quad n})^{2}$最小 把那个式子拆开..得到: $\sum _{i=0}^{n-1} A_{i}^{2}+\sum_{i=0}^{n-1}B_{i}^{2}-\sum_{i=0}^{n-1}2*A_{i}*B_{i+k}$ 前面的两个和式是定值,所以最小

https://www.luogu.org/problemnew/show/P4245 给两个多项式,求其乘积,每个系数对p取模. 参考: 代码与部分理解参考https://www.luogu.org/blog/yhzq/solution-p4245 NTT常用模数https://blog.csdn.net/hnust_xx/article/details/76572828 一些有关NTT讲解的东西. ———————————— NTT作用和DFT相同,只是NTT可以取模,且精度误差小. 我们的唯

再探快速傅里叶变换(FFT)学习笔记(其三)(循环卷积的Bluestein算法+分治FFT+FFT的优化+任意模数NTT) 目录 再探快速傅里叶变换(FFT)学习笔记(其三)(循环卷积的Bluestein算法+分治FFT+FFT的优化+任意模数NTT) 写在前面 一些约定 循环卷积 DFT卷积的本质 Bluestein's Algorithm 例题 分治FFT 例题 FFT的弱常数优化 复杂算式中减少FFT次数 例题 利用循环卷积 小范围暴力 例题 快速幂乘法次数的优化 FFT的强常数优化 DF

1.当调试时发现无法正常调用函数时,检查是否发生爆栈 对于每个栈仅有4MB的空间,开int只能开大约5*10^5. 大数组一定要开全局变量 2.当long long=int*int时会爆int,一定要注意 在进行long long计算时,最好全部开成long long ,或加上1LL 3.vector.size()的类型为unsigned int 当用其做减法时一定要注意边界条件,防止差小于0溢出 4.在求特殊最值时,一定要特殊定制初始化值,不能套用平常初始值,防止初始值不够. Ex:1<<3

HDU 4602 Partition f[i]表示和为i的方案数.已知f[i]=2i-1. dp[i]表示和为i,k有多少个.那么dp[i]=dp[1]+dp[2]+...+dp[i-1]+f[i-k]. 考虑与f有关的项: f[n-k]是答案的一部分,即2n-k-1是答案的一部分. 把与dp有关的项: 令s[i-1]=dp[1]+dp[2]+...+dp[i-1],那么s[n-1]是答案的一部分. s[i]=s[i-1]+dp[i],又dp[i]=s[i-1]+f[i-k].推出s[i]=2*

Task 1:最小公倍数  输入n,求n与246913578的最小公倍数.  结果对1234567890取模. [样例输入] 3 [样例输出] 246913578 [数据规模和约定] 对于30%的数据, n<=10^9 对于100%的数据,n<=10^18 对于100%的数据,n<=10^100000 80分算法:  可以得到246913578和1234567890具有倍数关系,所以答案只有5种: 246913578*{0,1,2,3,4}  求最小公倍数可以转化为求最大公约数,也就是:

题目描述 众所周知,Hzwer学长是一名高富帅,他打算投入巨资发展一些小城市. Hzwer打算在城市中开N个宾馆,由于Hzwer非常壕,所以宾馆必须建在空中,但是这样就必须建立宾馆之间的连接通道.机智的Hzwer在宾馆中修建了N-1条隧道,也就是说,宾馆和隧道形成了一个树形结构. Hzwer有时候会花一天时间去视察某个城市,当来到一个城市之后,Hzwer会分析这些宾馆的顾客情况.对于每个顾客,Hzwer用三个数值描述他:(S, T, V)表示该顾客这天想要从宾馆S走到宾馆T,他的速度是V. Hz

前言 我们熟知的中国剩余定理,在使用条件上其实是很苛刻的,要求模线性方程组\(x\equiv c(\mod m)\)的模数两两互质. 于是就有了扩展中国剩余定理,其实现方法大概是通过扩展欧几里德把两个同余方程合并,具体会在下面提到. 但是,使用仍有限制,那就是\(x\)的系数必须为\(1\). 没关系,把它再扩展一下 题目及实现 洛谷题目传送门 题意分析 显然,如果我们能干掉所有龙,那么每一次使用的剑的攻击力是已知的,设为\(k\).那么对于每一条龙,攻击次数\(x\)必须满足\(kx\equi

打表找规律吼题哇 首先打出\(1-1000\)内的答案的表 0 0 1 1 4 6 9 9 16 ... 448363 ~~有个**规律啊qwq~~ 然后想到用\(\frac{n(n+1)}{2}\)(也就是数字的总数)减去答案,得到另一个表 1 3 5 9 11 15 19 27 29 ... 好像有点规律啊,,, 发现第\(2^i\)行的数为\(3^i\) 然后前后做差,得到 1 2 2 4 2 4 4 8 2 4 4 8 4 8 8 16 ... 发现任取一段\(1-2^i\),然后以\(

最近重新学了下卷积,简单总结一下,不涉及细节内容: 1.FFT 朴素求法:$Coefficient-O(n^2)-CoefficientResult$ FFT:$Coefficient-O(nlogn)-Dot-O(n)-DotResult-O(nlogn)-CoefficientResult$ 其中系数到点值的转化称为$DFT(离散傅里叶变换)$,而点值到系数的转为称为$IDFT(傅里叶逆变换)$ 原本朴素的直接带入$n$个值的$DFT$和直接使用拉格朗日插值公式的$IDFT$的复杂度仍为$O

1.首先需要掌握二进制数的一种特性,00=0,01=1,10=2,11=3.每一个二进制的值代表他前面的二进数的个数,比如11=3,他的前面就有三个二进制的数字,不过在本题中,题目数据是1-n,故把0抛弃掉,答案就变成了3-1=2个,但还要加上自身的话,就还是二进制的值.比如10=2,前面有01和10.11=3,前面有01 10 11.以此类推.2.那么问题就转化成了要求出小于等于给出十进制数字的最大二进制数,求出他的值即可.比如123,最大就是111,结果就是7.3. 问题转化成求最大的二进制

搞了两天发现是qpow时大数相乘爆精度了,以前没遇到过,因为大数检测时模数达到了1e18,所以qpow可能会爆,应该利用快速幂原理写一个快速加即可. 先筛出1e6以内的质数,然后把x里<=1e6的质因子筛完,这时候x里至多有两个大于1e6因子,可以同时miller下把质数统计走,这样剩下的数都是P1*P2的形式,由于我们只需要知道不同种类因子的个数,可以对剩下的数先两两判断是否不相等且gcd>1,这样就可以把这两个数拆分为四个质因子统计.之后再遍历剩下的数,用之前统计的质因子尝试是否可以被整除

刚中考完那段时间比较无聊,报名了一个同步赛,报完名才发现成绩单是要挂到网上的,而且因为报的早给了一个很靠前的考号...那布星啊,赶紧学点东西,于是在一周内学了网络流,Treap以及一些数论. Day1: 作为一个全国的信息学组织,官网竟然卡成这样,按理说OI选手应该学做网站也会简单一点吧...无法接受.jpg.终于还是在9点前拿到了题.浏览一遍题面感觉只有第一题比较可做,T2T3的暴力也不是很难打? 归程:https://www.luogu.org/problemnew/show/P4768 看

HGOI20181029模拟题解 /* sxn让我一定要谴责一下出题人和他的数据! */ problem: 给出十进制数a,b,然后令(R)10=(a)10*(b)10,给出c表示一个k进制数(1<k<=16)问(R)k=(c)k在k等于多少时成立,求k的最小值 如果无解输出0. sol:显然a,b比较大的时候a*b一定爆longlong,考虑一个问题,显然若a*b>1e18那么c一定不可能等于R,一定小于等于R(主要是由于给出的c不含有字母) 然后弄个stack来求一下a*b转k进制,

EXCRT 不保证模数互质 \[\begin{cases} x \equiv b_1\ ({\rm mod}\ a_1) \\ x\equiv b_2\ ({\rm mod}\ a_2) \\ ... \\ x \equiv b_n\ ({\rm mod}\ a_n)\end{cases}\] CRT戳这里 来一手数学归纳法 设已经求出前 \(k - 1\) 组的一个解 \(q\) 设 \(M = \prod_{i = 1}^{k - 1}a_{i}\) 我们知道前 \(k - 1\) 组的通解

题目链接:http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5446 C(n, m) % (p1*p2*p3*...*pk)的值 其实这个就是中国剩余定理最后算出结果后的最后一步求余 那C(n, m)相当于以前我们需要用中国剩余定理求的值 然而C(n, m)太大,我们只好先算出 C(n, m) % p1 = r1 C(n, m) % p2 = r2 C(n, m) % p3 = r3 . . . C(n, m) % pk = rk 用Lucas,这些r1,r2,

2018.11.21: 1.[BZOJ 4868][SHOI 2017] 从后往前枚举最后位置即可,如果$A<B$,用尽可能多的$A$替换$B$操作 Tip:很大的$C$可能爆$longlong$,注意特判掉与$C$相乘超过上限的数! 2.[BZOJ 4872][SHOI 2017] 首先每个灯最多按一次,接下来发现正确按取集合唯一,只不过顺序任意 设$dp[i]$表示从正确按取$i$个到$i-1$个的期望次数,则有: $dp[i]=\frac{i}{n}+\frac{n-i}{n}*(dp[i

bzoj1009:kmp想法+递推+矩阵快速幂.很好的想法,考虑用长串去kmp匹配短串,dp[i][j]表示匹配指针分别指在i.j位置时候,前i位母字符串一共有多少种可能性,那么dp[i][j]=Σdp[i-1][k]*p[k][j] p[k][j]就是状态k后加一位数字转移到状态j一种多少种可能(通过自己匹配自己来预处理p),那么可以看做一个矩阵dp[i-1]和p[][]不断相乘,矩阵快速幂即可 bzoj2120:莫对算法.最基础的莫队,O(1)转移的,按照block[l]为第一关键字,r为第

从最基础的开始. 1.gcd 这个不用说了吧--\(gcd(a,b) = gcd(b,a\%b)\),这个很显然. 2.exgcd 这玩意可以用来求形如\(ax+by = gcd(a,b)\)的不定方程的一组特解. 首先来证明一下为什么一定是有解的. 因为我们是像上面的gcd一样递归解决问题的,所以当\(b = 0\)时,我们返回a,此时方程必然有一个特解\(x = 1,y = 0\)成立. 我们假设现在已经求出了一组解\(x_1,y_1\),我们要求下一组解\(x_2,y_2\) 有\(ax_

题意: 给出b,d,n,求$\lfloor(\frac{b+\sqrt{d}}{2})^n\rfloor \mod 999999999999999989$(原题是7528443412579576937). $n\leq 10^{18}$ $0<b^2\leq d<(b+1)^2\leq 10^{18}$ $b \mod 2=1$ $d \mod 4=1$ 对于20%的数据有$b=1,d=5$ 题解: 我是不知道这题跟字符串有什么关系... 场上有40%的数据是$n\leq 5$然而我们都没搞出