某中学有 n 名男同学，m 名女同学和两名老师要排队参加体检。他们排成一条直线，并且任意两名女同学不能相邻，两名老师也不能相邻，那么一共有多少种排法呢？（注意：任意两个人都是不同的） 只有一行且为用空格隔开的两个非负整数 n 和 m，其含义如上所述。对于 30%的数据 n≤100,m≤100对于 100%的
大眼一看最下面的题意解释的话，发现这和洛谷P1310表达式的值挺像的，大概都是给定一些运算符号，让最后的表达式为true的概率，为false的概率啥的QwQ~； 然后这个题嘛？就是在所有的运算符中提溜出一个作为最后一次运算的运算符，然后我们去算这个运算符左边的那一堆式子，然后再算右边那一堆
文章作者：ktyanny 文章来源：ktyanny 转载请注明，谢谢合作。 按位异或运算 俗称：xor运算 1、xor的基本知识 我们来看看xor运算的机理： 1001011001011----àa xor 1011010001110----àb ------------------------- 0010001000101---à
Miller_Rabin 用途 快速($O(slogn)$，s为尝试次数)地判断一个数是否是质数 原理 首先有费马小定理$a^{p-1}=1 (mod\ p)$当p为质数时成立，所以可以随机选择a来以这个式子作为一定的判断依据，但并不是所有合数都不满足这个式子，甚至存在合数对所有的a都不满足这个式子 然后有二次探测定理$
损失函数（loss function）是用来估量你模型的预测值f(x)与真实值Y的不一致程度，它是一个非负实值函数,通常使用L(Y, f(x))来表示，损失函数越小，模型的鲁棒性就越好。损失函
前言 今天被推到洛谷的高斯消元模板。 打了一下，并补一篇博客 复杂度 其实是个很暴力的算法 \(\Theta(n^3)\) 算法讲解 参照小学数学知识，我们知道有两种消元的方法：加减消元，带入消元 然计算机实现带入消元貌似有点复杂 所以我们选择加减消元，并且用矩阵存储式子 栗子: \(\left\{ \beg
数学基础 裴蜀定理和exgcd（扩展欧几里得） 首先，有个神奇的东西叫裴蜀等式/裴蜀定理。 这里有一个不定方程：\(ax+by=m\)。 裴蜀定理就是如果上面这个不定方程有解当且仅当\(gcd(a,b)|m\)。且当这个不定方程有解时，一定有无数多组解。 证明：（咕咕咕） 对于方程：\(ax+by=gcd(a,b)\)，我们可以用exg
sequence 考虑长度<=x的方案数F(x)，然后(F(x)-F(x-1))*x贡献到答案里 n平方的做法可以直接DP， 感觉有式子可言， 就推出式子：类似coat，每个长度为i的计算i次。 再容斥下： F是方案数，还是求： 枚举分成的段数，枚举多少个超过i进行容斥： 突破口：有个n-i*k-1，意味着i*k<=n，这样的i和k暴力枚
用途 在\(O(n\log^2 n)\)的时间内做诸如 \[ f_n=\sum_{i=0}^{n-1} f_ig_{n-i} \] 或是 \[ f_n=\sum_{i=0}^{n-1} f_if_{n-i} \] 或是 \[ f_{k,n}=\sum_s\sum_t \sum_i f_{s,i}f_{t,n-i} \] 等“我 卷 我 自 己”的式子。 （如果你觉得这东西多项式求逆也可以做，那么请你认真看一下第三
损失函数（loss function）是用来估量你模型的预测值f(x)与真实值Y的不一致程度，它是一个非负实值函数,通常使用L(Y, f(x))来表示，损失函数越小，模型的鲁棒性就越好。损失函数是经验风险函数的核心部分，也
1.取整除后的商值 >>> 10//3 #得到3 由式子可知 10 ÷ 3 = 3…1(3余1) 2.求幂运算 >>> 2**3 #得到8 由式子可知 2ˆ3 = 8 3.逻辑运算符and,or,not >>> True and False #输出False>>> True and False #输出True>>> True or False #输出True>
题目描述 将整数n分成k份，且每份不能为空，任意两份不能相同（不考虑顺序）。 例如：n=7，k=3，下面三种分法被认为是相同的。 1，1，5； 1，5，1； 5，1，1； 问有多少种不同的分法。 输入 每个测试文件只包含一组测试数据，每组输入两个整数n和k（6<n<=200，2<=k<=6）。 输出 对于每组输入数据，输出一个整数，
noteskey 怎么说，魔性的题目...拿来练手 min_25 正好...吧 首先就是把式子拆开来算贡献嘛 \[ANS=\prod_{i=1}^n \sigma_0(i)^{\mu(i)} \prod_{i=1}^{n} \sigma_0(i)^{i}\] for left 前面的东西我们发现可以转化... \[\prod_{i=1}^n \sigma_0(i)^{\mu(i)}\] 因为 \(\mu\) 只有在 i
暴力枚举即可过 \(a,b,c\)可组成\(6\)个式子： \(a*(b+c),(a+b)*c,a+b*c,a*b+c,a+b+c,a*b*c\) 把\(6\)个式子的值都求出来，求最大值就可以了。 代码(C++)如下： #include <iostream> using namespace std; int main() { int a,b,c,ans; cin>>a>>b>>c; ans=max(a*(b+c),m
题目描述 有一个方格矩阵，矩阵边界在无穷远处。我们做如下假设： a、每走一步时，只能从当前方格移动一格，走到某个相邻的方格上； b、走过的格子立即塌陷无法再走第二次； c、只能向北、东、西三个方向走； 请问：如果允许在方格矩阵上走n步，共有多少种不同的方案。2种走法只
不想咕太久..就随便找个题更一下 LOJ#6539 题意 求题面里那个式子 题解 有一个常用的小式子 $$\sum_{x|a,x|b}\varphi(x)=\gcd(a,b)$$ 用这个式子直接对题面的式子进行化简 $$\begin{aligned}&\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n(a_i,a_j)·(i,j)\\&=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n(\sum_{x|i,x
对于无向简单图GGG 定义其度数矩阵DDD，邻接矩阵AAA 则其基尔霍夫矩阵C=D−AC=D-AC=D−A 矩阵树定理：图GGG的生成树个数为∣C∗∣|C^*|∣C∗∣ 其中∣Q∣|Q|∣Q∣代表QQQ的行列式 Q∗Q^*Q∗代表QQQ的伴随矩阵，即任选i,ji,ji,j，将Q(i,j)Q(i,j)Q(i,j)的值改为∣Q去掉第i行和第j列∣|Q_
正解:dp 解题报告: 传送门! 首先可以先拆下这个贡献式,为了方便之后设状态什么的,把式子转成和ny有关,就成了 ∑(n-y)a*yb 然后拆下式子,就可以得到 ∑C(i,a)*ni*(-y)a-i*yb 再化简下就∑C(i,a)*ni*(-1)a-i*ya+b-i 所以现在就是要求(-y)a-b-i 所以考虑设dp式:f[i][j]:填到了第i位的
我： 学号：1711425 姓名：ZXJ 结对编程对象： 学号：1711520 姓名：ZXH 一、作业要求 1.基本要求 a)300道四则运算题 b)100以内的数字 c)结果在[0-100]之间 d)包含两个运算符 2.进阶要求 a)题目避免重复 b)可扩展性 c)可定制（数量/打印方式） d)
一、记号 用求和记号可以很好地将很长的式子变为一个较短的式子。 \[a_1+a_2+a_3+\dots+a_{n-1}+a_n=\sum_{i=1}^n a_i\] \(\sum\) 下面是下界，上面是求和的上界。上面的式子也可以这样写： \[a_1+a_2+a_3+\dots+a_{n-1}+a_n=\sum_{1 \le i \le n} a_i\] 这样的式子迭代性很强，可以多
题目链接 戳我 \(Solution\) 这道题貌似并不难的样子\(QAQ\) 我们发现这个因为有首项的关系所以有点不太好弄.所以我们要将这个首项对答案的影响给去掉. 我们可以构建一个差分数组,我们令他等于\(a[1],a[2]...a[k-1]\) 则一个查分数组对答案的贡献为: \[\sum_{i=1}^{k-1}n-a[i]\]
[题目链接] https://www.luogu.org/problemnew/show/P2257 // luogu-judger-enable-o2 /* ----------------------- [题解] https://www.luogu.org/blog/peng-ym/solution-p2257 [莫比乌斯反演] http://www.cnblogs.com/peng-ym/p/8647856.html [整除分块] http://www.cnblogs.com/
优先级 not > and > or 逻辑或 or 的短路原则： 当左边的表达式成立 将不会执行右边的式子 逻辑与 and 的短路原则： 当左边的表达式不成立，将不会执行右边的 式子 python中 若表达式都为真， and返回最后一个值 python中 若表达式有为假， and返回第一个假值 python中 or 返回第一个真值
大佬们的题解都看不懂啊...果然还是太弱了呢。那么这里就给出一个自认为比较好理解的题解吧\(qwq\) 正文部分： 首先考虑部分分： \(10pts:O(n^3)\)枚举 \(40pts:O(n^2)\)枚举： 移项得知:\(2y=x+z\)，那么对于\(x+z\)为偶数的时候，一定有\(y\)存在，否则相反，于是复杂度就降了一维： \(100pts:O
https://www.cnblogs.com/zhoushuyu/p/9138251.html 注意如果一开始F(i)中内层式子中j枚举的是除前i种颜色之外还有几种出现S次的颜色，那么后面式子就会难推很多。 1 #include<cstdio> 2 #include<algorithm> 3 #define rep(i,l,r) for (int i=(l); i<=(r); i++) 4 using namespac
