题意说的非常清楚,即求满足gcd(n-a, n)*gcd(n-b, n) = n^k的(a, b)的不同对数.显然gcd(n-a, n)<=n, gcd(n-b, n)<=n.因此当n不为1时,当k>2时,不存在满足条件的(a,b).而当k=2时,仅存在(n, n)满足条件.因此仅剩n=1以及k=1需要单独讨论:当n = 1时,无论k为何值,均有且仅有(1,1)满足条件,此时结果为1:当k = 1时,即gcd(n-a, n)*gcd(n-b, n) = n,则令gcd(n-a, n) =…

题意就是整数划分,选出和为n的K个整数,其中K-1个数的和为完全平方数S.选择整数时需要从1,2,3..连续选择,当选择整数与n-S相等时,需要跳过n-S,即选择n-S+1.如此选择K-2个数,从而可确定第K-1个数,若该数已经出现(小于或等于K-2),则划分失败:若第K-1个数不等于n-S,则肯定划分成功,否则K-1个数若等于n-S.即需要通过将第K-2个数+1,同时第K-1个数-1得到正确的划分,并且需要保证调整后第K-2个数仍小于第K-1个数,因此,两数之间的距离至少大于2. #inclu…

题目链接:hdu 4983 Goffi and GCD 题目大意:求有多少对元组满足题目中的公式. 解题思路: n = 1或者k=2时:答案为1 k > 2时:答案为0(n≠1) k = 1时:须要计算,枚举n的因子.令因子k=gcd(n−a,n, 那么还有一边的gcd(n−b,n)=nk才干满足相乘等n.满足k=gcd(n−a,n)的a的个数即为ϕ(n/s),欧拉有o(n‾‾√的算法 #include <cstdio> #include <cstring> #include…

HDU 4983 Goffi and GCD 思路:数论题.假设k为2和n为1.那么仅仅可能1种.其它的k > 2就是0种,那么事实上仅仅要考虑k = 1的情况了.k = 1的时候,枚举n的因子,然后等于求该因子满足的个数,那么gcd(x, n) = 该因子的个数为phi(n / 该因子),然后再利用乘法原理计算就可以 代码: #include <cstdio> #include <cstring> #include <cmath> typedef long lo…

[题意]给定N, M,求1<=x<=N, 1<=y<=M且gcd(x, y)为质数的(x, y)有多少对.T<=10^4,N,M<=10^7. [算法]数论(莫比乌斯反演) [题解]公式推导见DQSSS. 推到ans= Σp是素数 Σd≤mins μ(d) * (n/pd) * (m/pd),mins=min(n/p,m/p). 使用枚举取值的方法再枚举素数单次询问复杂度√n*(n/ln n),显然不能满足要求. 问题在于枚举素数,令T=pd,则: ans= ΣT≤mi…

[算法]欧几里德算法 #include<cstdio> int gcd(int a,int b) {?a:gcd(b,a%b);} int main() { int a,b; scanf("%d%d",&a,&b); printf("%d",gcd(a,b)); ; }…

http://codeforces.com/contest/803/problem/C [题意] 给定两个数n,k(1 ≤ n, k ≤ 10^10) 要你输出k个数,满足以下条件: ①这k个数之和等于n ②严格递增 ②输出的这k个数的最大公约数q尽可能大. [思路] 因为是严格递增,所以sum[k]>=k(k+1)/2,而n<=1e10,所以k应该在1e5多一点. 可以找出最大的满足n<=1e10的k,给定的k超出这个直接输出-1. 然后接下来考虑怎么使最大公约数最大: 因为q肯定也是…

刚开始看这个题目,觉得没法做.关键点是数据小于100.因此,可以枚举所有小于100的素因子进行位压缩.gcd就是求最小值,lcm就是求最大值.c++有时候超时,g++800ms.线段树可解. /* 3071 */ #include <iostream> #include <sstream> #include <string> #include <map> #include <queue> #include <set> #include…

莫比乌斯反演简单题目. /* 1695 */ #include <iostream> #include <string> #include <map> #include <queue> #include <set> #include <stack> #include <vector> #include <deque> #include <algorithm> #include <cstdio&…

其实是求树上的路径间的数据第K大的题目.果断主席树 + LCA.初始流量是这条路径上的最小值.若a<=b,显然直接为s->t建立pipe可以使流量最优:否则,对[0, 10**4]二分得到boundry,使得boundry * n_edge - sum_edge <= k/b, 或者建立s->t,然后不断extend s->t. /* 4729 */ #include <iostream> #include <sstream> #include <…

Problem Description Goffi is doing his math homework and he finds an equality on his text book: gcd(n−a,n)×gcd(n−b,n)=nk. Goffi wants to know the number of (a,b) satisfy the equality, if n and k are given and 1≤a,b≤n. Note: gcd(a,b) means greatest co…

http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=2820 此题非常神! 下文中均默认n<m 首先根据bzoj1101的推理,我们易得对于一个数d使得数对(x,y)=k的个数为: $$\sum_{1<=d<=n'} \mu (d) \times \lfloor \frac{n'}{d} \rfloor \times \lfloor \frac{m'}{d} \rfloor, 其中n'=\lfloor \frac{n}{k} \rfloor,…

DP/四边形不等式 裸题环形石子合并…… 拆环为链即可 //HDOJ 3506 #include<cmath> #include<vector> #include<cstdio> #include<cstring> #include<cstdlib> #include<iostream> #include<algorithm> #define rep(i,n) for(int i=0;i<n;++i) #define…

DP/四边形不等式 这题跟石子合并有点像…… dp[i][j]为将第 i 个点开始的 j 个点合并的最小代价. 易知有 dp[i][j]=min{dp[i][j] , dp[i][k-i+1]+dp[k+1][j-(k-i+1)]+w(i,k,j)} (这个地方一开始写错了……) 即,将一棵树从k处断开成(i,k)和(k+1,i+j-1)两棵树,再加上将两棵树连起来的两条树枝的长度w(i,k,j) 其中,$ w(i,k,j)=x[k+1]-x[i]+y[k]-y[i+j-1] $ 那么根据四边形…

DP/四边形不等式 要求将一个可重集S分成M个子集,求子集的极差的平方和最小是多少…… 首先我们先将这N个数排序,容易想到每个自己都对应着这个有序数组中的一段……而不会是互相穿插着= =因为交换一下明显可以减小极差 然后……直接四边形不等式上吧……这应该不用证明了吧? MLE了一次:这次的w函数不能再开数组去存了……会爆的,直接算就行了= =反正是知道下标直接就能乘出来. 数据比较弱,我没开long long保存中间结果居然也没爆……(只保证最后结果不会爆int,没说DP过程中不会……) //H…

DP/四边形不等式 做过POJ 1739 邮局那道题后就很容易写出动规方程: dp[i][j]=min{dp[i-1][k]+w[k+1][j]}(表示前 j 个点分成 i 块的最小代价) $w(l,r)=\sum_{i=l}^{r}\sum_{j=i+1}^{r}a[i]*a[j]$ 那么就有 $w(l,r+1)=w(l,r)+a[j]*\sum\limits_{i=l}^{r}a[i]$ 所以:w[i][j]明显满足 关于区间包含的单调性 然后我们大胆猜想,小(bu)心(yong)证明,w[…

DP/单调队列优化 呃……环形链求最大k子段和. 首先拆环为链求前缀和…… 然后单调队列吧<_<,裸题没啥好说的…… WA:为毛手写队列就会挂,必须用STL的deque?(写挂自己弱……sigh) //HDOJ 3415 #include<queue> #include<cmath> #include<vector> #include<cstdio> #include<cstring> #include<cstdlib>…

DP/单调队列优化 题解:http://www.cnblogs.com/yymore/archive/2011/06/22/2087553.html 引用: 首先我们要明确几件事情 1.假设我们现在知道序列(i,j)是符合标准的,那么如果第j+1个元素不比(i,j)最大值大也不比最小值小,那么(i,j+1)也是合法的 2.如果(i,j)不合法的原因是差值比要求小,那在(i,j)范围内的改动是无效的,需要加入j+1元素充当最大值或者最小值才可能获得合法的序列 3.假设序列(i,j)的差值比要求大,…

Manacher算法 Manacher模板题…… //HDOJ 3068 #include<cstdio> #include<cstring> #include<cstdlib> #include<iostream> #include<algorithm> #define rep(i,n) for(int i=0;i<n;++i) #define F(i,j,n) for(int i=j;i<=n;++i) #define D(i,j…

数据结构/可并堆 啊……换换脑子就看了看数据结构……看了一下左偏树和斜堆,鉴于左偏树不像斜堆可能退化就写了个左偏树. 左偏树介绍:http://www.cnblogs.com/crazyac/articles/1970176.html 体会:合并操作是可并堆的核心操作(就像LCT里的access),进堆和弹堆顶都是直接调用合并操作实现的. 而合并的实现是一个递归的过程:将小堆与大堆的右儿子合并(这里的大小指的是堆顶元素的大小),直到某个为0.(是不是有点启发式合并的感觉……) 在合并的过程中要维…

线段树 这是一道线段树的裸题……带单点修改的RMQ 为什么我会想到写这么一道傻逼题呢?是因为这样………

数位DP 题解:http://www.cnblogs.com/algorithms/archive/2012/09/02/2667637.html dfs的地方没太看懂……(也就那里是重点吧喂!)挖个坑……回头再看看 //HDOJ 3709 #include<cmath> #include<vector> #include<cstdio> #include<cstring> #include<cstdlib> #include<iostre…

数位DP cxlove基础数位DP第二题 与上题基本相同(其实除了变成long long以外其实更简单了……) //HDOJ 3555 #include<cmath> #include<vector> #include<cstdio> #include<cstring> #include<cstdlib> #include<iostream> #include<algorithm> #define rep(i,n) for…

数位DP cxlove基础数位DP第一题 用容斥把所有的不吉利数字去掉就得到吉利数字的数量= =(满足区间减法) //HDOJ 2089 #include<cmath> #include<vector> #include<cstdio> #include<cstring> #include<cstdlib> #include<iostream> #include<algorithm> #define rep(i,n) fo…

概率DP/数学期望/状压DP/容斥原理 kuangbin总结中的第14题 好神奇的做法……题解看kuangbin的代码好了…… //HDOJ 4336 #include<cstdio> #define rep(i,n) for(int i=0;i<n;++i) #define F(i,j,n) for(int i=j;i<=n;++i) #define D(i,j,n) for(int i=j;i>=n;--i) ; <<N]; int main(){ int n…

概率DP kuangbin总结中的第5题 题解copy: HDU 4098 题意:有n个人排队等着在官网上激活游戏.Tomato排在第m个. 对于队列中的第一个人.有一下情况: 1.激活失败,留在队列中等待下一次激活(概率为p1) 2.失去连接,出队列,然后排在队列的最后(概率为p2) 3.激活成功,离开队列(概率为p3) 4.服务器瘫痪,服务器停止激活,所有人都无法激活了. 求服务器瘫痪时Tomato在队列中的位置<=k的概率 解析: 概率DP: 设dp[i][j]表示i个人排队,Tomato…

概率DP/数学期望 kuangbin总结中的第7题 其实跟UVA 11762 Race To 1 那道题差不多……直接推下公式,然后倒推即可 Trick:有的点可能是p1[i][j]==1……这样的点是永远不会走出去的……所以也不能走到……遇到这样的点直接跳过就好了TAT 但是!!浮点数不能直接判定相等……应该写成 fabs(1-p[i][j][0])<eps 来判定!!!sad…… //HDOJ 3853 #include<cmath> #include<cstdio> #…

概率DP/数学期望 kuangbin总结中的第4题 啊还是求期望嘛……(话说Aeroplane chess这个翻译怎么有种chinglish的赶脚……) 好像有点感觉了…… 首先不考虑直飞的情况: f[i]表示从第 i 格到end的期望掷骰子次数,那明显就是从f[i+1]~f[i+6]各1/6的概率(系数) 转移过来啦~ 那直飞呢? so easy,f[i]=f[fly[i]]即可,其中fly[i]表示从第 i 格飞到的格子.当然直飞就不用再考虑1/6的掷骰子情况了…… 从n-1往0逆推即可 P…

排列组合 啊……这题是要求c(n-1,0)+c(n,1)+c(n+1,2)+......+c(n+m-1,m) 这个玩意……其实就等于c(n+m,m) 好吧然后就是模P……Lucas大法好= = 我SB地去预处理<P的所有fac和inv了……果断TLE 事实上Lucas时对于<P的部分直接暴力算就好了 //HDOJ 3037 #include<cstdio> #include<cstdlib> #include<cstring> #include<io…

1. 题目描述$A[i]$表示二级制表示的$i$的数字之和.求$1 \le i < j \le n$并且$A[i]>A[j]$的$(i,j)$的总对数. 2. 基本思路$n \le 10^300$.$n$这么大,显然只能用数位DP来做,我们可以预先处理一下将$n$表示成二进制,然后再进行DP.$dp[i][j][k]$表示长度为i,两者$A$的差为$j$,状态为$k$的总数.不妨令$|n| = l$,因此$j \in [-l, l]$,因此需要$+l$,将$j$映射到$[0,l*2]$上.在考…