分析:http://www.cnblogs.com/huhuuu/archive/2011/11/25/2263803.html 注:从这个题收获了两点 1,第一象限(x,y)到(0,0)的线段上整点的个数是gcd(x,y) 2,新学了一发求gcd(x,y)=k有多少对的姿势,已知0<x<=n,0<y<=m 令x=min(n,m),令f[i]代表gcd(x,y)=i的对数, 那么通过O(xlogx)的复杂度就可以得到f[1]到f[n](反着循环) 普通的容斥(即莫比乌斯反演)其实也

//重点就是求1-n的欧拉函数啦,重点是nlogn求法的版 //大概过程类似于筛选法求素数 #include<cstdio> #include<iostream> #include<cmath> #include<algorithm> #include<cstring> #include<cstdlib> #include<queue> #include<vector> #include<map>

最近在做单调队列,发现了最长上升子序列O(nlogn)的求法也有利用单调队列的思想. 最长递增子序列问题:在一列数中寻找一些数,这些数满足:任意两个数a[i]和a[j],若i<j,必有a[i]<a[j],这样最长的子序列称为最长递增子序列. 设dp[i]表示以i为结尾的最长递增子序列的长度,则状态转移方程为: dp[i] = max{dp[j]+1}, 1<=j<i,a[j]<a[i]. 这样简单的复杂度为O(n^2),其实还有更好的方法. 考虑两个数a[x]和a[y],x&

筛素数 void shai() { no[1]=true;no[0]=true; for(int i=2;i<=r;i++) { if(!no[i]) p[++p[0]]=i; int j=1,t=i*p[1]; while(j<=p[0] && t<=r) { no[t]=true; if(i%p[j]==0) //每一个数字都有最小质因子.这里往后的数都会被筛过的,break break; t=i*p[++j]; } } } O(n)筛欧拉函数 void find()

Constructing Roads In JGShining's Kingdom Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 65536/32768 K (Java/Others)Total Submission(s): 27358    Accepted Submission(s): 7782 Problem Description JGShining's kingdom consists of 2n(n is no mor

之前一直是用二分 但是因为比较难理解,写的时候也容易忘记怎么写. 今天比赛讲评的时候讲了一种用树状数组求LIS的方法 (1)好理解,自然也好写(但代码量比二分的大) (2)扩展性强.这个解法顺带求出以i为结尾的LIS,而很多题要用到这个数组来做 而二分的做法求得是当前长度下的最小值,不容易拓展. #include<bits/stdc++.h> #define REP(i, a, b) for(register int i = (a); i < (b); i++) #define _for

前置: nlogn逆序对: 前一个小时我还真的不会这个Orz 这里运用归并排序的思想. 对于一个序列,我们把它先分开,再合并成一个有序序列. 引自https://blog.csdn.net/qq_30189255/article/details/50937307 假设f(i,j)为i到j号元素中的逆序对个数,取一个分割点k,假设s(i,j,k)表示以k为分割点,第一个元素在i到k中,第二个元素在k+1到j中形成的逆序对数.那么我们就得到一个递归式:f(i,j)=f(i,k)+f(k+1,j)+s

题目描述 某国为了防御敌国的导弹袭击,发展出一种导弹拦截系统.但是这种导弹拦截系统有一个缺陷:虽然它的第一发炮弹能够到达任意的高度,但是以后每一发炮弹都不能高于前一发的高度.某天,雷达捕捉到敌国的导弹来袭.由于该系统还在试用阶段,所以只有一套系统,因此有可能不能拦截所有的导弹. 输入导弹依次飞来的高度(雷达给出的高度数据是≤50000 \le 50000≤50000的正整数),计算这套系统最多能拦截多少导弹,如果要拦截所有导弹最少要配备多少套这种导弹拦截系统. 输入输出格式 输入格式: 111行

用到了algorithm自带的lower_bound函数进行二分查找 #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; int p,n,ans; ],b[],sum[]; signed main(){ scanf("%d",&p); while(p--){ ans=; memset(b,0x3f,sizeof b); memset(sum,,

pog loves szh II Time Limit: 4000/2000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 65536/65536 K (Java/Others) Total Submission(s): 2106    Accepted Submission(s): 606 Problem Description Pog and Szh are playing games.There is a sequence with n numbers, Pog wi

#include<iostream> #include<stdio.h> #include<string.h> #include<algorithm> #include<cmath> using namespace std; const int maxn=1e5+5; int is1[maxn],is2[maxn];// is1为原数组,is2为临时数组,n为个人定义的长度 long long merge(int low,int mid,int

方法一: 二分 我们可以知道 最长上升子序列的 最后一个数的值是随序列的长度而递增的 (呃呃呃 意会意会) 然后我们就可以二分找值了(并更新) //By SiriusRen #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; int n,cases,a[100050],f[100050],vis[100050]; int search(int x){ int l=0

Description Alice is playing a game with Bob. Alice shows N integers a 1, a 2, …, a N, and M, K. She says each integers 1 ≤ a i ≤ M. And now Alice wants to ask for each d = 1 to M, how many different sequences b 1, b 2, …, b N. which satisfies : 1. F

最近重新系统地学了下这几个知识点,以前没发现他们的联系,这次总结一下. 莫比乌斯反演入门:https://blog.csdn.net/litble/article/details/72804050 线性筛筛常见积性函数及其代码:https://blog.masterliu.net/algorithm/sieve/ 积性函数与线性筛(包括普通线性函数):https://blog.csdn.net/weixin_42562050/article/details/87997582 bzoj2154/b

题意:求(1,b)区间和(1,d)区间里面gcd(x, y) = k的数的对数(1<=x<=b , 1<= y <= d). 知识点: 莫比乌斯反演/*12*/ 线性筛求莫比乌斯反演函数: void Init() { memset(vis,0,sizeof(vis)); mu[1] = 1; cnt = 0; for(int i=2; i<N; i++) { if(!vis[i]) { prime[cnt++] = i; mu[i] = -1; } for(int j=0;

题意: 一个序列可能有多个最长子序列,现在问每个元素是以下三个种类的哪一类: 1.不属于任何一个最长子序列 2.属于其中某些但不是全部最长子序列 3.属于全部最长子序列 解法: 我们先求出dp1[i]表示1~i 的最长递增子序列长度, dp2[i]表示 n~i 的最长递减子序列长度(严格增减),这里我们可以用维护最大值的树状数组来解决,开始还以为要用nlogn求LIS的那种算法,当然那样应该也可以,这里元素值是1~10^5的,可以直接用树状数组,如果元素值任意的话,我们离散化一下也可以用树状数组

题意:数列A1,A2,...,AN,修改最少的数字,使得数列严格单调递增.(1<=N<=10^5; 1<=Ai<=10^9 ) 思路:首先要明白的一点是数列是严格单调递增,那么没有修改的最长上升子序列也是严格单调递增的,并且是满足要求的. 何为满足要求? 假设A(a)---B(b)---C(c)……是一个符合要求的不修改序列,括号内为下标,那么有B-A>=b-a,这样才能满足夹在中间的数能够修改. 那么本题在nlogn求最长上升子序列的基础做一些处理即可. 处于满足的序列中必

莫比乌斯反演:可参考论文:<POI XIV Stage.1 <Queries>解题报告By Kwc-Oliver> 求莫比乌斯函数mu[i]:(kuangbin模板) http://www.cnblogs.com/kuangbin/archive/2013/08/21/3273440.html void Moblus() { memset(check,false,sizeof(check)); mu[] = ; ; ; i <= MMX; i++) { if( !check[

3529: [Sdoi2014]数表 Description 有一张N×m的数表,其第i行第j列(1 < =i < =礼,1 < =j < =m)的数值为能同时整除i和j的所有自然数之和.给定a,计算数表中不大于a的数之和. Input 输入包含多组数据.    输入的第一行一个整数Q表示测试点内的数据组数,接下来Q行,每行三个整数n,m,a(|a| < =10^9)描述一组数据. Output 对每组数据,输出一行一个整数,表示答案模2^31的值. Sample Input

给出n个数a1,a2...an,定义函数 f[i]=j,(i<j),表示aj mod ai=0 的最小j,其中j大于i,如果不存在这样的数,则f[i]=0 求n个数所有f[]值的和 先用筛法o(nlogn)求出每个数的约数 然后每读入一个数x,先找出所有的约数,再看看之前有没有出现过这些约数. 这个回看的过程可以用一个数组维护. 维护watch[],watch[aj]=j 表示aj还没有找到函数值,如果aj是x的约数,那么说明aj的函数值为x的位置. #include<cstdio> #

基本定理: 首先看一下核心代码: 核心代码 原理解析: 当初我看不懂这段代码,主要有这么几个问题: 1.定理里面不是一开始写了一个n*xxx么?为什么代码里没有*n? 2.ans不是*(prime[i]-1)么?为什么到了第二个while循环变成*prime[i]了? 3.定理里面不是要/pi么?为什么代码里没有/pi????????????? 公式化简 首先我们来分析一下整个程序的原理,如果把程序的原理搞明白了,这三个问题也就自然而然的解决了 这个程序的原理是基于唯一分解定理: 那么我们可以把