一道简单的思维题 我们先按照题目中所说： 给定两个正整数 \(n,m(m\le n)\)，对于一个 \(n\) 阶 \(0-1\) 方阵， 其任意 \(m\) 阶子方阵中至少有一个元素 “\(0\)”，则可以求解这个方阵中的 “\(1\)” 的最大数目。 那么显然，每一个 \(0\) 都填在 \((x\times m,y\times m)\) 位置最优。
一.莫比乌斯反演公式 $ $ $\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad$ 设 $F(n) = \sum\limits_{d|n}f(d)$ ，那么有 $f(n) = \sum\limits_{d|n}\mu(d)F(\frac{n}{d})$ 其中 $\mu(d)$ 是这样一个函数： $ d = 1 $ 时 $\mu(d) = 1$ $ d = \prod\limits_{i=1}^k p_{i} ( p_{i} 为互异素数
题意： 给定正整数 \(n\) 和 \(m\)，对每个 \(k=1,\dots ,n\)，求： 把 \(n\) 编号为 \(1\sim n\) 的小球分成 \(k\) 组，组顺序不计，编号对 \(m\) 取模相等的小球不能在同一组，分组方案数是多少？ \(2\le n \le 5000,2\le m\le n\) 思路： 法一：组合数+二项式反演 设 \(g(k)\) 表示每组不同（每组都
莫比乌斯反演 坑是开了，补不补就另说了（（（ 1.数论分块 重要结论： 对于常数 \(n\)，满足\[\lfloor \frac{n}{i}\rfloor=\lfloor \frac{n}{j}\rfloor \]成立的最大的满足 \(i \le j \le n\) 的 \(j\) 的 $\left\lfloor{\frac{n}{\lfloor \frac{n}{i}\rfloor }}\right\rfloor $ 。即块 \(\l
#2335. 选数（number） 题意 在 \([L, H]\) （\(10^{9}\) 级别）间任选 \(n\) 个整数（可重、有序），求使得这 \(n\) 个整数的最大公因数为 \(K\) 的方案数（对 \(10^9+7\) 取模），一次询问。 题解 \[\sum_{a_1=L}^H\sum_{a_2=L}^H\cdots\sum_{a_n=L}^H[\gcd(a_1,a_2,\cdots,a_n) = K]\\ \]枚举 GCD
根据裴蜀显然每次最少移动 \(d=\gcd(a_1,a_2,\cdots,a_n)\)，注意到 \(1\le d \le k\)，初始坐标为 \(k!\)，则最后可以移动到 \(d\)。 问题改为： \[\frac{1}{k^n}\sum_{a_1=1}^k\sum_{a_2=1}^k\cdots\sum_{a_n=1}^k\gcd(a_1,a_2,\cdots,a_n) \]\[=\frac{1}{k^n}\sum_{d=1}^kd\sum_{a_1=1
杜教筛是用来在非线性时间内求积性函数的前缀和 前置知识 积性函数（莫比乌斯函数，欧拉函数。。。） 狄利克雷卷积 杜教筛 假设当前要求积性函数的 \(\sum_{i=1}^n f_i\) 那么我们找一个合适的另一个积性函数 \(g\) \[\begin{aligned} &\sum_{i=1}^n(f*g)(i)\\ =&\sum_{i
原题传送门 1. 题目描述 2. Solution 1 1、思路分析 区间[1, n]中质因子p的倍数有\(n_1 = \lfloor \frac{n}{p} \rfloor\)个，这些数至少贡献了\(n_1\)个质因子。\(p^2\)的倍数有\(n_2=\lfloor \frac{n}{p^2} \rfloor\)个，由于这些数已经是\(p\)的倍数了，为了不重复统计\(p\)的个数，仅
卢卡斯定理就是解决组合数模p的问题的： \[C_{n}^{m}\mod p \]那么卢卡斯定理究竟是如何解决的呢？ 首先，将\(n\)，\(m\)写成\(k\)进制数 \[n= \left (a_{k}a_{k-1}……a_{1} \right )_{p} \]\[m= \left (b_{k}b_{k-1}……b_{1} \right )_{p} \]卢卡斯定理： \[C_{n}^{m}\mod p=\prod_{i=
板子题 板子题-UVA11526 题目大意： 给定一个 \(n\)，求 \(\sum\limits_{i-1}^{n}\lfloor \frac{n}{i} \rfloor\)。其中 \(n\) 为 \(32\) 位无符号整数。 题目解析 显然如果暴力求解肯定是不可行的，显然会 TLE，所以我们需要找一种复杂度更优的算法。 我们可以先令 \(n=10\)，观察一下函数
对于$(i,j)$,令$i=2^{a_1} \times 3^{a_2}\times 5^{a_3}\times...$,$j=2^{b_1}\times 3^{b_2}\times 5^{b_3}\times...$$dist(i,j)=\displaystyle \sum_{k=1}|a_k-b_k|$我们枚举每个质数$p$，考虑有多少点对会跨过它。枚举$p^c$，可以分成$p^c$的倍数和不为$p^c$的倍数这两个
目录1. 前言2. 详解3. 总结4. 参考资料 1. 前言 整除分块，是一种数论的基础算法，必备知识，在很多题目中都有涉及但是题目很基础。 整除分块主要解决的是这样一类问题：求值： \[\sum_{i=1}^{n}f(i)g(\Big\lfloor\dfrac{k}{i}\Big\rfloor) \]其中已知 \(f\) 的前缀和或者能 \(O(1)\) 计算
积性函数 积性函数：对于任意互质的整数 \(a,b\) 有 \(f(ab)=f(a)f(b)\) 则称 \(f(x)\) 的数论函数。 完全积性函数：对于任意整数 \(a,b\) 有 \(f(ab)=f(a)f(b)\) 的数论函数。 常见的积性函数：\(\varphi,\mu,\sigma,d\) 常见的完全积性函数：\(\epsilon,I,id\) \(\epsilon(n) = [n=
1 \[\left\lfloor\frac {\left\lfloor \frac{x}{b} \right\rfloor}{c} \right\rfloor=\left\lfloor\frac{x}{bc}\right\rfloor \]其中 \(x\in\R,b,c\in\N\) 证明：设 \(x=kbc+r\) ，其中 \(r\in[0,bc)\) ，我们把 \(x\) 带入左边式子可以的得到：\[k+\left\lfloor\f
忘报名北大集训，还是能看到题，省了 8000 块钱，赢麻了。 鸽表示没代码，may be 无正解思路。 Day 1 A. 末日魔法少女计划 鸽。 \(k = 2\) 的做法：考虑分治，取中间点，处理所有跨过中点的，连上左右两边所有到这里的边，递归下去，是 \(O(n \log n)\) ，但是有很多重复，恰好卡进。 \(k = 3\) 的做法，取
类欧几里得算法 问题引入 设 \[f(a, b, c, n) = \sum_{i=0}^n \left\lfloor\frac{ai + b}{c}\right\rfloor \]其中 \(a, b, c, n\) 是常数，需要 \(\mathcal O(\log n)\) 的做法。 若 \(a \geq c\) 或 \(b \geq c\)，我们可以将 \(a, b\) 对 \(c\) 取模以简化问题。 考虑到 \[x = \lef
题目链接 定义 \(a_{1\sim n}\) 为将 \(1\sim n\) 按字典序从小到大排序后的结果，求 \((\sum_{i=1}^n(i-a_i)\ \operatorname{mod}\ 998244353)\ \operatorname{mod}\ 10^9+7\)。 \(1\le n\le10^{12}\) 题意转化 这题的求和中有两种不同的取模，看起来非常麻烦。 考虑取模的一个经
博弈论小记 斐波那契博弈 n 个石子, A, B 博弈, A 先手取走任意个石子但不能全部取完, 然后 A, B 轮换, 每个人取的石子个数不得超过上一个人取走个数的 2 倍 结论: 若 n 为斐波那契数 B 必胜, 否则 A 胜. 首先证明斐波那契数 A 败, 归纳法, 1, 2, 3 显然 A 负, 若对于 \(f_k\) 均
亚线性筛法 求积性函数 \(f(x)\) 的前 \(n\) 项和, 我们可以通过线性筛解决 \(n\) 数量在 \(10^7\) 级别的情况, 当 \(n\) 更大时, 线性算法就不足以求出答案了. 杜教筛就是一种对于特定积性函数能够在小于线性的复杂度内求出前 \(n\) 项和的方法. 前置知识 线性筛 狄利克雷卷
前置知识 对于\(N^*=\{\lfloor n/i \rfloor|i\in[1,n]\}\). (1) 满足 \(\lfloor n/i \rfloor,x\in N^*\) 的最大的 \(i\) 为 \(\lfloor n/x \rfloor\). (1)证明: 显然有 \(x\le n/i < x+1\) \(\Leftrightarrow ix \le n < i(x+1)\) \(\Leftrightarrow n/(x+1
P4152 [WC2014]时空穿梭 Description 多测。 给定一个 \(n\) 维空间，需要在这 \(n\) 维空间内选取 \(c\) 个共线的点，要求： 这 \(c\) 个点每维坐标均单调递增，即第 \(i + 1\) 个点的第 \(j\) 维坐标必须严格大于第 \(i\) 个点的第 \(j\) 维坐标。 第 \(i\) 维坐标是整数且在 \([1, m_
题面 link 给定\(n,m\)，求长度为\(n\)且满足下面条件的数列\(A\)的数量。 \(2\le a_i\le m (1 \le i \le n)\) 存在一个排列\(P\)，使\(\forall i\in [1,n],A_i\)等于数列\([p_1,p_2...p_{i-1},p_{i+1}...p_{n}]\)的最长上升子序列的长度。 题解 首先要确定，\(\forall i,a
简介 威佐夫博弈的定义是： 有两堆若干个物品，两人轮流从某一堆物品中取至少一个或同时从两堆中取相同数量的物品，不能不取，最后把物品全部取完者胜利 现在给出两堆物品的数量 \(n,m\) 判断先手是否有策略必胜 推理 我们用 \((a,b)\) 表示第一堆数量为 \(a\) ，第二堆数量为 \(b\) 的局
在 \(O(n^{2/3})\) 内求积性函数 \(f\) 的前缀和 \(F(n)=\sum\limits_{i=1}^nf(i)\)。 首先找到一个积性函数 \(g\) 使得 \(g\) 和 \(h(=f*g)\) 的前缀和能够快速求出。 \[\begin{aligned} \sum\limits_{i=1}^nh(i)&=\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{d\ |\ i}f(\frac{i}{d})g(d)
《算法（第四版）》1.4.3.6 节下的“表 1.4.5 算法分析中的常见函数”中说：\(\lfloor \lg N\rfloor=(N\ 的二进制表示的位数)-1\)，其中 N 为正整数。 为什么？ 设 \(\lfloor \lg N \rfloor=k\)。 \[\begin{aligned} &\lfloor \lg N \rfloor=k\\ &\Rightarrow k\leq\lg N< k+1\\ &\Leftri
