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以下轉自：http://hi.baidu.com/aekdycoin/blog/item/b317ca18bb24334942a9ad55.html【普通Baby Step Giant Step】【問題模型】求解A^x = B (mod C) 中 0 <= x < C 的解,C 為素數【思路】我們可以做一個等價x = i * m + j  ( 0 <= i < m, 0 <=j < m) m = Ceil ( sqrt( C)

problem 1If we list all the natural numbers below 10 that are multiples of 3 or 5, we get 3, 5, 6 and 9. The sum of these multiples is 23.Find the sum of all the multiples of 3 or 5 below

模素數p的原根g的優美體現在每個模p的非零數以g的冪次出現。所以，對任何數1 <= a < p，我們可選擇冪 　　　　　　　　g,g^2,g^2,```````,g^(p-2),g^(p-1)中恰好一個與a模p同餘。相應的指數被稱為以g為底的a模p的指標。假設p與g已給定，則記指標為I(a)。以下以2模13的所有冪的形式：I　　　　　　　   1　  2　　3　   4　  5　　 6　　 7　　 8　   9　　10　  11　122^I(mod 13)　  2　　4　　8　　3　

遞推公式：E(t)=(1+t+t^2/2!+......+..)^2*(1+t^2/2!+t^4/4!+..+)^2                   =e^2t*((e^t+e^-t)/2)^2                   =1/4(e^4t+2*e^2t+1)                   =sigma(1/4*[4^n+2*2^n+1]*t^n/n!) n=0,1,2,，，  ==> a(n)=1/4(4^n+2*2^n)  /* * poj3734.c * *

 #include<stdio.h>#define nmax 100000int num[nmax];void solve(int n) {int i, j, k, r;for (i = 1, num[0] = 1, k = 0, r = 0; i <= n; i++) {for (j = 0; j <= k; j++) { num[j] = num[j] * i + r;if (num[j] >= nmax) {

 /* * pku1811.c * * Created on: 2011-8-1 * Author: 王竹*/#include<stdio.h>#include<stdlib.h>#define LL long longLL pmin;LL modular_multi(LL a, LL b, LL c) { LL ret; ret = 0, a %= c;while (b) {if (b & 1) { ret +=

測試資料中有負數。湖南師範大學（hunnu OJ)提交時要使用%I64d只要將n進行素因子分解，把所有素因子數目的gcd求出來就行。注意：n可能是負數，所以對於負數還需要將求出來的結果試除2，直到結果不是偶數才是最後負數的結果#include<stdio.h>#include<string.h>#include<math.h>#define nmax 65536int prime[nmax], plen, cfactor[nmax], clen;void

 題意：給你n個骰子，擺成一個塔，且相鄰的骰子的接觸的面的數字不同。而你看到的只有頂部和某兩側，現在給你的就頂部和某兩側的數字，請問，能否唯一判定所有面的數字。解法：既然要唯一，且頂部的數（假設為z）確定了，那麼要不能唯一判定所有面的數字，那下面的某一個或幾個骰子的側面的數是z或7-z，如此，即可解題，代碼如下： import java.io.BufferedInputStream;import java.util.Scanner;public class Main { public

由於素數P很小，故先打階乘的餘數表（小於P的所有正數階乘對P的餘數表）。/* * soj3252.c * * Created on: 2011-10-10 * Author: bjfuwangzhu*/#include<stdio.h>#define nmod 10007int num[nmod];void init() {int i;for (i = 1, num[0] = 1; i < nmod; i++) { num[i] = num[i - 1

import java.io.BufferedInputStream;import java.math.BigInteger;import java.util.Scanner;public class Main {public static BigInteger p, q;public static void solve(int n) {BigInteger N, p1, p2, q1, q2, a0, a1, a2, g1, g2, h1, h2;p1 = BigInteger.ZERO;p2

大數分解pollard-rho素數判定miller-rabin#include<stdio.h>#include<time.h>#include<stdlib.h>#define LL unsigned long long#define nmax 2005LL factor[nmax], num[nmax], minx, ans;int flen, nnum;LL modular_multi(LL a, LL b, LL c) {LL ret;ret = 0,

/* * hdu1796.c * * Created on: 2011-10-3 * Author: bjfuwangzhu*/#include<stdio.h>#define LL long long#define nmax 11int num[nmax], nlen;LL res;int gcd(int a, int b) {return b == 0 ? a : gcd(b, a % b);}void dfs(int start, int c, int lcm,

題意很簡單，就是給你一個數組大小為n的值從1到n，之後有m次操作，要麼修改前面的數組中的某一項，要麼是輸出從x到y（包括邊界）中的數與p互質的數的和。由於m很小（m<=1000）故，將修改的部分儲存下來之後統計輸出時，在判斷修改的部分是否與p互質，若是要修改原來的，在修改現在的。注意，就是多次修改同一個地方，只記錄最後一次。對於統計從x到y的與p互質數的和，有結果=數1到y的滿足要求的結果-數1到x-1的滿足要求的結果。而從1開始到n的數中與p互質的數的和的求法，就是個容斥原理的演算法。剔

由題知：g(n)=sigma{phi(n/d)*n/d},d|nf(n)=(g(n)+1)/2由於歐拉函數的積性，phi(n*m)=phi(n)*phi(m),gcd(n,m)=1所以，n=pi(pi^ci)故g(n)=g(pi(pi^ci))。g(n)=pi(g(pi^ci)g(pi^ci)=sigma(phi(pi^ci)pi^ci)而對於phi(pi^ci)(pi-1)*(pi^(ci-1)至此就這題就解決了！My Code：逾時的代碼：LL sumlcm(int n) {int te =

 #include<stdio.h>#include<math.h>#define LL long longLL a, b, x, y;LL gcd(LL p, LL q) { LL r = 1;while (r) { r = p % q;if (r) { p = q; q = r; } }return q;}LL solve() { LL i, te; b /= a;

 What do I turn?很簡單，運用叉積即可得到答案。package com.wangzhu.codeforces;//What do I turn?import java.io.BufferedInputStream;import java.io.FileInputStream;import java.io.FileNotFoundException;import java.util.Scanner;public class Round140Div2 { public

異或(XOR)是一種位元運算符，相同為0，相異為1如0^1=1,0^0=0,1^1=0異或滿足交換律、結合律a^b=b^aa^(b^c)=a^b^c=(a^b)^ca^b^c^d=a^d^c^b異或是一種位元運算，能夠高效地巧妙地完成一些功能1、  實現兩個數的交換，swap函數 public static void swap(int[] arr, int i, int j) {arr[i] = arr[i] ^ arr[j];arr[j] = arr[i] ^ arr[j];arr[i] =

  /* * toj2991.c * * Created on: 2011-10-13 * Author: bjfuwangzhu *//* 給出整數n，統計二次同餘方程x^2=1(mod n)在[0,n)閉區間上的解的個數。 分析： 根據《簡明數論》上的說明： 若p是素數，x^2=1(mod p^k)的解數有如下結論。 當p==2時，k==1則解數是1，k==2時解數是2，k>=3時，解數是4。 當p>2時，k>0時解數是2。 然後分解因數。

給定一個數X.1=X0, X1, X2.....Xm = X 是X的因數求一串因數,要求Xi | Xi+1,即上一個因數能整除下一個因數,問這條串就的最長長度,和有多少條這樣長度的串.X = p1^a1 * p2^a2 ... pn^anXi = p1^b2 * p2^b2 ...pk^bk... pn^bn,Xi+1 = p1^b2 * p2^b2 ...pk^(bk+1)... pn^bn, 要使length最長,只要從1開始，每次只乘以X的一個質因數即可,即length = (a1+a2+

狀態轉移方程為：num[n][k]=num[n-1][k-1]+num[n-k][k]表示n個Apple分給k個People，1).若k個人不能獲得一樣的，則為了滿足題意，需要將最後一個人先分1個，再將剩餘n-1的分給k-1個人;2).若能，則就變成了將n-k個Apple分給k個People的子過程。/* * soj3291.c * * Created on: 2011-10-10 * Author: