基础 from sympy import * 数学格式输出: init_printing() 添加变量: x, y, z, a, b, c = symbols('x y z a b c') 声明分数: Rational(1, 3) \(\displaystyle \frac{1}{3}\) 化简式子: simplify((x**3 + x**2 - x - 1)/(x**2 + 2*x + 1)) \(\displaystyle x - 1\) 因式分解: expand((x + 2)*(x -

http://poj.org/problem?id=2891 题意:与中国剩余定理不同,p%ai=bi,此处的ai(i=1 2 3 ……)是不一定互质的,所以要用到的是同余方程组,在网上看到有人称为拓展中国剩余定理. 具体讲解可以看我昨天的博文:http://www.cnblogs.com/KonjakJuruo/p/5176417.html //poj2891 #include<cstdio> #include<cstdlib> #include<cstring> #

同余方程组 例题1:pku2891Strange Way to Express Integers 中国剩余定理求的同余方程组mod 的数是两两互素的.然而本题(一般情况,也包括两两互素的情况,所以中国剩余定理成为了“时代的眼泪”)mod的数可能不是互素,所以要转换一下再求. P=b1(mod a1);  P / a1 ==?~~~~b1 P =b2(mod a2); P =b3(mod a3); …… P =bn(mod an); a1~an,b1~bn是给出来的. 解: 第一条:a1*x+b1

怎样求同余方程组?如: \[\begin{cases} x \equiv a_1 \pmod {m_1} \\ x \equiv a_2 \pmod {m_2} \\ \cdots \\ x \equiv a_n \pmod {m_n} \end{cases}\] 不保证 \(m\) 两两互素? 两两合并! 比方说 \[\begin{cases} x \equiv a_1 \pmod {m_1} \\ x \equiv a_2 \pmod {m_2} \\ \end{cases}\] 就是 \[

Reference: http://www.cnblogs.com/ka200812/archive/2011/09/02/2164404.html 之前说过中国剩余定理传统解法的条件是m[i]两两互质,所以这题就不能用传统解法了= = 其实还有种方法: 先来看只有两个式子的方程组: c≡b1 (mod a1) c≡b2 (mod a2) 变形得c=a1*x+b1,c=a2*x+b2 a1*x-a2*y=b2-b1 可以用扩展欧几里得求出x和y,进而求出c 那么多个式子呢?可以两个两个的迭代求.

设 ans 为满足前 n - 1个同余方程的解,lcm是前n - 1个同余方程模的最小公倍数,求前n个同余方程组的解的过程如下: ①设lcm * x + ans为前n个同余方程组的解,lcm * x + ans一定能满足前n - 1个同余方程: ②第 n 个同余方程可以转化为a[n] * y + b; 合并①②得:lcm * x + ans = a[n] * y + b; => lcm * x - a[n] * y = b - ans(可以用拓展欧几里得求解x和y) 但是拓展欧几里得要求取余的数

http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=3579 题解:同余方程组的裸题.注意输出是最小的正整数,不包括0. #include<cstdio> #include<cstdlib> #include<cstring> #include<iostream> using namespace std; typedef long long LL; ; LL exgcd(LL a,LL b,LL &x,LL &

http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1573 求小于等于N的正整数中有多少个X满足: X mod a0 = b0 X mod a1 = b1 …… X mod ai = bi (0<ai<=10) 输入:第一行为一个正整数T,表示有T组测试数据.每组测试数据的第一行为两个正整数N,M (0 < N <= 1000,000,000 , 0 < M <= 10),表示X小于等于N,数组a和b中各有M个元素.接下来两行,每行各有

题目大意 给定一个函数 找出满足条件   等于 k 的最小的x m,k,d已知 其中 m,k 很大需要使用高精度存储 思路: 对 函数f(m)进行化简 ,令t=ceil( log(d,m) ) 可以得到 f(m)=d ^ t * ( a [ m / (d^t) ] ) + d ^ (t-1) * ( b[ m/( d^(t-1) ) ] )......+b [m%d] : 我们一看,每一项都是 跟 d 的次方有关,所以考虑使用 d 进制进行计算 设     m=a1b1b2b3b4(d进制) 那

题目大意: 给定一个N ,m 找到小于N的  对于i=1....m,满足  x mod ai=bi  的 x 的数量. 分析 先求出 同余方程组 的最小解x0,然后 每增加lcm(a1...,am)都会存在一个解,注意必须小于N 不能等于 代码: #include <iostream> #include <stdio.h> #include<string.h> #include<algorithm> #include<string> #inclu

以前的做法 #include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> using namespace std; typedef long long LL; LL ai[],ri[],M; void Exgcd(LL a,LL b,LL& d,LL& x,LL& y) { ) { d = a, x = , y = ;} else { Exgcd(b

链接 就是求(m-n)*a+b*l=y-x, 类似于求解a*x+b*y=c,r=gcd(a,b),当c%r==0时有解,用exgcd求出a*x+b*y=gcd(a,b)的解,然后x*c/gcd(a,b)就是其中一个解,最后求最小正整数解,就是(x%b+b)%b,要求y的话,对应求解即可 #include<map> #include<set> #include<list> #include<cmath> #include<queue> #inclu

题面就是让你解同余方程组(模数不互质) 题解: 先考虑一下两个方程 x=r1 mod(m1) x=r2 mod (m2) 去掉mod x=r1+m1y1   ......1 x=r2+m2y2   ......2 1-2可以得到 m1y1-m2y2=r1-r2 形同ax+by=c形式,可以判无解或者解出一个y1的值 带回1式可得到一个x的解x0=r1-y1a1 通解为x=x0+k*lcm(m1,m2) 即x=x0 mod(lcm(m1,m2)) 令M=lcm(m1,m2) R=x0 所以x满足x

分析:这道题一个一个枚举都能有70分...... 前60分可以用中国剩余定理搞一搞.然而并没有枚举分数高......考虑怎么省去不必要的枚举,每次跳都只跳a的倍数,这样对前面的式子没有影响,为了使得这个倍数最小从而不会WA掉,每次跳最小公倍数就可以了. 60分代码: #include <cstdio> #include <cstring> #include <iostream> #include <algorithm> using namespace std

#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; const int MaxM=11; int a[MaxM],b[MaxM]; void exgcd(int a,int b,int &d,int &x,int &y){ if(b==0){ x=1; y=0; d=a; } else{ e

[问题描述] 求关于 x 的同余方程组 x%a 1 =b 1  a1=b1 x%a 2 =b 2  a2=b2 x%a 3 =b 3  a3=b3 x%a 4 =b 4  a4=b4 的大于等于 0 的最小整数解. [输入格式] 一行 8 个整数,表示a 1 ,b 1 ,a 2 ,b 2 ,a 3 ,b 3 ,a 4 ,b 4  a1,b1,a2,b2,a3,b3,a4,b4 . [输出格式] 一行一个整数,答案除以 p 的余数. [样例输入] 2 0 3 1 5 0 7 3 [样例输出] 10

题目描述 求关于x 的同余方程组 x%a1 = b1 x%a2 = b2 x%a3 = b3 x%a4 = b4 的大于等于0 的最小整数解. 输入输出格式 输入格式: 一行8 个整数,表示a1; b1; a2; b2; a3; b3; a4; b4. 输出格式: 一行一个整数,答案除以p 的余数. 输入输出样例 输入样例#1: 2 0 3 1 5 0 7 3 输出样例#1: 10 说明 对于30% 的数据,ai <=40, 保证ai 均为素数. 对于60% 的数据,1 <=ai <=1

exgcd入门以及同余基础 gcd,欧几里得的智慧结晶,信息竞赛的重要算法,数论的...(编不下去了 讲exgcd之前,我们先普及一下同余的性质: 若,那么 若,,且p1,p2互质, 有了这三个式子,就不用怕在计算时溢出了. 下面我会用与分别表示a与b的最大公约数与最小公倍数. 首先会来学扩欧的同学肯定都会欧几里得算法(即辗转相除法)了吧 而通过观察发现:,先除后乘防溢出. 所以与的代码如下: inline int gcd(int a,int b) {)?a:gcd(b,a%b);} inlin

# 同余&逆元 1. 同余 1. 同余的基本概念及性质 若\(x\)%\(m=a\)即m是 x-a 的一个因子, 则称x与a关于m同余,记作:\[x \equiv a(mod \;m)\] 同余基本性质: ○1. 自反性:\(a \equiv a(mod\;m)\) ○2. 对称性:\(a \equiv b(mod\;m) \rightarrow b \equiv a(mod\;m)\) ○3. 传递性:\(a \equiv b(mod\;m),b \equiv c(mod\;m) \right

http://codeforces.com/contest/724/problem/C 题目大意: 在一个n*m的盒子里,从(0,0)射出一条每秒位移为(1,1)的射线,遵从反射定律,给出k个点,求射线分别第一次经过这些点的时间. 解法一: (模拟) 射线不管怎么反射,都是和水平方向成45°角的,也就是说每一段射线上的点,横坐标和纵坐标的和或者差相等. 把每一个点放入它所对应的对角线里,然后模拟射线的路径就好. 代码: #include <iostream> #include <cstd