#洛谷3917 异或序列

对于100% 的数据,1≤n≤105

做法是求异或前缀和然后按位讨论贡献

如果当前位k有奇数个1那么贡献为(numof1×numof0)×(1<<k)

 

BZOJ1876 | SDOI2009 SuperGCD

更相减损术+高精度板子

压位1000ms

注意对偶数优化,一奇一偶可以÷2

两个偶数同时÷2再乘回去可以优化减法次数

数学笔记

一个关于逆元的小技巧

ans = \frac{a}{b}\bmod m = a\bmod \left( {mb} \right)/b

那么下面是证明

\begin{array}{l}\frac{a}{b} = km + x{\rm{ }}\left( {x < m} \right)\\a = kbm + bx\\a\bmod bm = \left( {kbm\bmod bm} \right) + \left( {bx\bmod bm} \right)\\a\bmod bm = bx\\\frac{{a\bmod bm}}{b} = x\\\frac{a}{b}\bmod m = \left( {km\bmod m} \right) + \left( {x\bmod m} \right)\\\frac{a}{b}\bmod m = x\end{array}

为什么我觉得没多大用处……


唯一分解定理

将一个非素数N 唯一分解成有限个素数的乘积

N = \prod\limits_{i = 1}^n {p_i^{{a_{_i}}}}

快速分解:每次只枚举不大于\sqrt {N'}的所有质数(N'\frac{N}{{\prod\limits_{i = 1}^\delta {p_i^{{a_i}}} }},其中\delta是目前枚举到的质数个数 )

可以证明N'只有最多一个超过\sqrt {N'}的质因子。

具体程序如下

 

今天是1月7日,昨天湖南师附集训 宾馆网速40kb/s 本来想传上费马小定理和二次探测定理的证明 结果编辑页面开了2h无果……

Day2 20:35上传一下

上传失败了,Day4 00:02再上传一下

\begin{array}{l}a^{p-1}\equiv 1\,\,\left( \text{mod}\,p \right) \,\,\left( p\text{为素数,}p\nmid a\text{不成立且}a>0 \right)\\\text{记}A=\left\{ a,2a,3a,\cdots ,\left( p-1 \right) a \right\} ,B=\left\{ 1,2,3\cdots ,p-1 \right\}\\A=B\,\,\left( \text{mod}\,p \right) \\ \text{对于}\forall a\in A,\text{存在唯一}b\in B\text{且}a\equiv b\,\,\left( \text{mod}\,p \right) \\\text{如果}a_1,a_2\in A,a_1\equiv a_2\,\,\left( \text{mod}\,p \right) \,\,,\,\,\text{则上式不成立}\\\text{记}a_1=i\times a,a_2=j\times a\\\text{则有}i\times a\,\,\equiv \,\,j\times a\,\,\left( \text{mod}\,p \right) \,\,\left( 0<i,j<p \right) \\\therefore \left( i-j \right) \times a\equiv 0\,\,\left( \text{mod}\,p \right) \\\therefore \left( i-j \right) \equiv 0\,\,\left( \text{mod}\,p \right) \\\therefore i=j\\\because A=B\,\,\left( \text{mod}\,p \right) \\a\times 2a\times 3a\times \cdots \times \left( p-1 \right) a\equiv 1\times 2\times \cdots \times \left( p-1 \right) \,\,\left( \text{mod}\,p \right) \\a^{\left( p-1 \right)}\times \left( p-1 \right) !\equiv \left( p-1 \right) !\,\,\left( \text{mod}\,p \right) \\a^{p-1}\equiv 1\,\,\left( \text{mod}\,p \right) \end{array}

下面是二次探测的证明……? 主要是用在Miller-Rabin上吧……

\begin{array}{l}x^2\equiv 1\,\,\left( \text{mod}\,p \right) \,\,\left( p\text{为素数,}x\in \mathbb{Z} \right)\\x^2-1\equiv 0\,\,\left( \text{mod}\,p \right)\\\left( x+1 \right) \left( x-1 \right) \equiv 0\,\,\left( \text{mod}\,p \right)\\\left( x-1 \right) \equiv 0\text{或}\left( x+1 \right) \equiv 0\,\,\left( \text{mod}\,p \right)\\p=2\text{显然成立}\\p>2\text{时,}\\\left( x+1 \right) \equiv 0\,\,\text{或}\left( x-1 \right) \equiv 0\,\,\left( \text{mod}\,p \right)\\x\equiv \pm 1\,\,\left( \text{mod}\,p \right) \end{array}

接下来是Miller-Rabin,写的时候用费马小定理居然没有判gcd然后好长时间才查出来     真可怕

就放个板子 具体原理上面证完了。

不是很难,也就几行.


2018-3-22 update

遇到一个有趣的式子……

F\left( a+b \right) =F\left( a+1 \right) \times F\left( b \right) +F\left( a \right) \times F\left( b-1 \right)

还有就是

\begin{array}{l} \text{gcd}\left( F\left( a \right) ,F\left( b \right) \right) \\ =\,\,\text{gcd}\left( F\left( a-b+b \right) ,F\left( b \right) \right) \\ =\,\,\text{gcd}\left( F\left( a-b \right) \times F\left( b-1 \right) ,F\left( b \right) \right) \end{array}

然后可以化为

\text{gcd}\left( F\left( a-b \right) ,F\left( b \right) \right) \ =\ F\left( \text{gcd}\left( a,b \right) \right)


\begin{array}{l} \phi \left( x \right) =\left( a_1-1 \right) a_{1}^{p_1-1}\cdot \left( a_2-1 \right) a_{2}^{p_2-1}\cdots \left( a_n-1 \right) a_{n}^{p_n-1} \\ \text{原理:\ 当}x=p^n\text{时\ ,\ }\phi \left( x \right) =x-x/p=p^n-p^{n-1}=\left( p-1 \right) p^{n-1}\ \text{而且}\phi \left( x \right) \text{是积性函数} \end{array}


线性筛的证明

\gcd(n,m)=1 \Rightarrow \gcd(n+m,m)=1

n,m 不互质时,

b=\gcd(n,m) \;\; (b \ne 1) 则有

\begin{cases} n+m=k_2b\\ m=k_1b \end{cases} \;\;\;(k_1,k_2 \in \mathbb{Z})

\Rightarrow k_1b+n=k_2b

\Rightarrow n=(k_2-k_1)b

\Rightarrow \gcd(n,m)=b

这与\gcd(n,m)=1矛盾。

所以我们有了\varphi(p \times i)=p \times \varphi(i)

#洛谷 P1066 2^k进制数

题目描述

设r是个2^k 进制数,并满足以下条件:

(1)r至少是个2位的2^k 进制数。

(2)作为2^k 进制数,除最后一位外,r的每一位严格小于它右边相邻的那一位。

(3)将r转换为2进制数q后,则q的总位数不超过w。

在这里,正整数k(1≤k≤9)和w(k<W< span>≤30000)是事先给定的。

问:满足上述条件的不同的r共有多少个?

我们再从另一角度作些解释:设S是长度为w 的01字符串(即字符串S由w个“0”或“1”组成),S对应于上述条件(3)中的q。将S从右起划分为若干个长度为k 的段,每段对应一位2^k进制的数,如果S至少可分成2段,则S所对应的二进制数又可以转换为上述的2^k 进制数r。

例:设k=3,w=7。则r是个八进制数(23=8)。由于w=7,长度为7的01字符串按3位一段分,可分为3段(即1,3,3,左边第一段只有一个二进制位),则满足条件的八进制数有:

2位数:高位为1:6个(即12,13,14,15,16,17),高位为2:5个,…,高位为6:1个(即67)。共6+5+…+1=21个。

3位数:高位只能是1,第2位为2:5个(即123,124,125,126,127),第2位为3:4个,…,第2位为6:1个(即167)。共5+4+…+1=15个。

所以,满足要求的r共有36个。

输入输出格式

输入格式:

输入只有1行,为两个正整数,用一个空格隔开:

k W

输出格式:

输出为1行,是一个正整数,为所求的计算结果,即满足条件的不同的r的个数(用十进制数表示),要求最高位不得为0,各数字之间不得插入数字以外的其他字符(例如空格、换行符、逗号等)。

(提示:作为结果的正整数可能很大,但不会超过200位)

上来给了题解了,好贴心QAQ

第一要用高精度

第二,让你构造一个2k进制的,w/k位的(w的划分残余不考虑)数,且左面一位严格小于右面一位。

我们考虑递推,可以先打一个表

那么设p[i][j]表示从右向左数i位,最高位(最左面)的数最小为j , 可以构成的2k进制数的个数。 (最高位不为0)

那么,有两种转移。一是添加这个最小的数j,那从p[i-1][j+1]转移 (后面i-1位最小取j+1,由此计算可以构成的2k进制数的个数)

二是最高位数字比j大,从p[i][j+1]转移。

那么,看这个

考虑样例k=3 , w=7 的情况,串w肯定不能被完全分割,所以剩下一位,可以取0 ~ 2w%k -1 这样。

那就统计一发答案,最高位取i的时候需要的答案是p[w/k][i+1]这是肯定的。

然后考虑不完全取,ans+= ∑ p[i][1] (2<=i<=w/k)

但是,我们再来考虑这个样例:

k=2,w=8  这四位并不能完全用完。

那么显然最多可以有2k-1位。 (e.g. 当k=2时,位数最多时的方案是123,不存在1234或234或345等等,当k=3时,位数最多时的方案是1234567),也就是说,只需要加一下1~2k-1位的方案p[位数][1]就可以了。

那么就来推一波

然后写一个重载运算符的BNUM类

然后就行了,这是所有代码,注意readint

 

CYOI第九届欢乐赛 BT

将一个二进制数最右边的1之前的部分去掉余下部分称为这个数的二进制尾部,例如6(110)2的二进制尾部为2(10)2  40(101000)2的二进制尾部为8(1000)2

写一程序计算A到B之间所有数的二进制尾部总和

输入

输入文件仅一行包含两个用空格隔开的整数AB,其中1≤A≤B≤1015

输出

输出文件仅一行包含一个整数表示要求的二进制尾部和。注意答案不超过64位二进制整数Pascal中的int64C/C++中的long long。

样例

Input

5 9

Output

13

 

大体思路就是计算出A-B中有多少个数的Lowbit是Kdec 然后把所有的 K 和 个数 相乘即可。

每隔四个数出现一次lowbit为2的数

每隔八个数出现一次lowbit为4的数

依此类推 则有

所以还需要打一个lowbit的表就行了