公式/定理

 1 // 2018年全国多校算法寒假训练营练习比赛（第三场）
// 不凡的夫夫
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <string>
#include <utility>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <queue>
#include <stack>
#include <cmath>
using namespace std;
#define max(x,y) x>=y?x:y
#define lowbit(x) x&(-x)
#define M 1e-8
#define pi acos(-1.0)
#define e 2.718281828
typedef unsigned  long long ull;
typedef long long ll;
 
int n,t;
int main()
{
    scanf("%d",&t);
    while(t--)
    {
     
        scanf("%d",&n);
        if(n==0)//特判
        {
            printf("1
");
            continue;
        }
    long double ans= (log10(2*pi*n)*0.5+n*log10(n/e))/log10(8);  //换底公式,double
        printf("%lld
",(ll)ans+1);//ll 
    }
    return 0;
}
//  Stirling公式）
  //林公式是是一条用来取n的阶乘的近似值的数学公式：n!≈sqrt(2*π*n)*((n/e)^n)
// https://www.cnblogs.com/zhangshu/archive/2011/08/12/2135855.html

1 // 素数定理 
2 // https://blog.csdn.net/kalilili/article/details/44835285
loge(x)==log(x)

//中国剩余定理
//poj  1006

/*
这里又有一个数学公式，如果a%b=c，那么(a+k*b)%b=c
那么(a*k)%b=a%b+a%b+…+a%b=c+c+…+c=(k*c)%b(k>0),也就是说，如果一个除法的余数为c，
那么被除数的k倍与除数相除的余数为(k*c)%b。展开式中已证明。
X被a,b,c处分别余r1,r2,r3。表示为：

X%a = r1                     x%b = r2                     x%c = r3

bc*k1 % a = 1     ac*k2 % b = 1     ab*k3 % c = 1

所以

x = bc * k1 * r1 + ac * k2 * r2 + ab * k3 * r3
*/
//模数要互质。28.23.33.(条件)
//p+23k1==e+28k2==i+33k3=ans+d
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <string>
#include <utility>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <queue>
#include <stack>
using namespace std;
#define max(x,y) x>=y?x:y
#define lowbit(x) x&(-x)
#define ll long long
int p,e,i,d,r1,r2,r3,r;
void init()
{
    r1=28*33,r2=23*33,r3=23*28;
    int i=1,j=1,k=1;
    for(;;i++)
    {
        if(r1*i%23==1)
        {
            break;
        }
    }
    r1*=i;
    for(;;j++)
    {
        if(r2*j%28==1)
        {
            break;
        }
    }
    r2*=j;
    for(;;k++)
    {
        if(r3*k%33==1)
        {
            break;
        }
    }
    r3*=k;
 r=23*28*33;
}
int main()
{    init();
     int f=1;
    while(~scanf("%d%d%d%d",&p,&e,&i,&d))
    {
        if(p==-1&&e==-1&&i==-1&&d==-1)
        {
            break;
        }
        int ans;
        ans=(p*r1+e*r2+i*r3-d)%r;
        ans=(ans+r-1)%r+1;//可能是负数或ans==0因此ans=(ans+r)%r是错的
        printf("Case %d: the next triple peak occurs in %d days.
",f++,ans);
    }
    return 0;
}

 

/*
 char a[10000005];
 long long quickmod(long long  a, long long  b) 
 {     
 long long ans=1; 
 while(b)  
     {       
 if(b&1)     
     {         
 ans=(ans*a)%mod;  
 }       
 b=b/2;     
 a=(a*a)%mod; 
 }    
 return ans;
 } 
 int main()
 {     long long sum,len;  
 while(gets(a))  
     {       
 len=strlen(a);  
 sum=0;       
 for(int i=0;i<len;i++)  
     {        
 sum=(sum*10+a[i]-'0')%(mod-1);  
 }        
 if(sum==0)  
     cout<<quickmod(2,mod-2)<<endl;  
 else      
     {sum--;     
 cout<<quickmod(2,sum)<<endl;
 }   
 }  
 return 0;
 }
 
 */
 char  s[N];
 ll  poww(ll a,ll b)//不要写成pow
 {
     ll ans=1;
     while(b)
     {
         if(b&1)
         {
             ans=(ans*a)%mod;
         }
         b>>=1;
         a=(a*a)%mod;
     }
     return ans%mod;
 }
 /*
 3
 (3)
 (1,2),(2,1)
 (1,1,1)
 4 
 (4)
 (1,3),(2,2),(3,1)
 (1,1,2),(1,2,1)(2,1,1) 
 (1,1,1,1)
 其实就是2^(n-1)(%mod)
 费马小定理 ：2^((n-1)%(mod-1)(%mod)
 先利用大数取余得到  (n-1)%(mod-1)，注意0
 在用快速幂
 */
 int  main()
 {
     while(~scanf("%s",s)){
         int l=strlen(s);
         ll  sum=0;
         gep(i,0,l-1)
         {
             sum=(sum*10+s[i]-'0')%(mod-1);
         }
         if(!sum){//逆元
             printf("%lld
",poww(2,mod-2));
         }
         else{
             sum--;
             printf("%lld
",poww(2,sum));
         }
     }
     return 0;
 }

HDU   6440

Dream

Time Limit: 12000/6000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 65536/65536 K (Java/Others)
Total Submission(s): 1090    Accepted Submission(s): 256
Special Judge

Problem Description

Freshmen frequently make an error in computing the power of a sum of real numbers, which usually origins from an incorrect equation (m+n)p=mp+np, where m,n,p are real numbers. Let's call it ``Beginner's Dream''.

For instance, (1+4)2=52=25, but 12+42=17≠25. Moreover, 9+16−−−−−√=25−−√=5, which does not equal 3+4=7. 

Fortunately, in some cases when p is a prime, the identity

(m+n)p=mp+np

holds true for every pair of non-negative integers m,n which are less than p, with appropriate definitions of addition and multiplication.

You are required to redefine the rules of addition and multiplication so as to make the beginner's dream realized.

Specifically, you need to create your custom addition and multiplication, so that when making calculation with your rules the equation (m+n)p=mp+np is a valid identity for all non-negative integers m,n less than p. Power is defined as

ap={1,ap−1⋅a,p=0p>0

Obviously there exists an extremely simple solution that makes all operation just produce zero. So an extra constraint should be satisfied that there exists an integer q(0<q<p) to make the set {qk|0<k<p,k∈Z} equal to {k|0<k<p,k∈Z}. What's more, the set of non-negative integers less than p ought to be closed under the operation of your definitions.

Hint

Hint for sample input and output:
From the table we get 0+1=1, and thus (0+1)2=12=1⋅1=1. On the other hand, 02=0⋅0=0, 12=1⋅1=1, 02+12=0+1=1.
They are the same.

 

Input

The first line of the input contains an positive integer T(T≤30) indicating the number of test cases.

For every case, there is only one line contains an integer p(p<210), described in the problem description above. p is guranteed to be a prime.

 

Output

For each test case, you should print 2p lines of p integers.

The j-th(1≤j≤p) integer of i-th(1≤i≤p) line denotes the value of (i−1)+(j−1). The j-th(1≤j≤p) integer of (p+i)-th(1≤i≤p) line denotes the value of (i−1)⋅(j−1).

 

Sample Input

1 2

 

Sample Output

0 1 1 0 0 0 0 1

 

 

那么 

int t,p;
int main()
{
    scanf("%d",&t);
    while(t--)
    {
        scanf("%d",&p);
        gep(i,0,p-1){
            printf("%d",i);
            gep(j,1,p-1){
                printf(" %d",(i+j)%p);
            }
            printf("
");
        }
        gep(i,0,p-1){
            printf("0");
            gep(j,1,p-1){
                printf(" %d",(i*j)%p);
            }
            printf("
");
        }
    }
    return 0;
}

 

 

 

HDU   6441

 

Find Integer 费马大定理

Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 65536/65536 K (Java/Others)
Total Submission(s): 1107    Accepted Submission(s): 290
Special Judge

Problem Description

people in USSS love math very much, and there is a famous math problem .

give you two integers n,a,you are required to find 2 integers b,c such that an+bn=cn.

 

Input

one line contains one integer T;(1≤T≤1000000)

next T lines contains two integers n,a;(0≤n≤1000,000,000,3≤a≤40000)

 

Output

print two integers b,c if b,c exits;(1≤b,c≤1000,000,000);

else print two integers -1 -1 instead.

 

Sample Input

1 2 3

 

Sample Output

4 5

 

 

int t;
ll n,a;
int  main()
{
    scanf("%d",&t);
    while(t--)
    {
        scanf("%lld%lld",&n,&a);
        if(!n||n>2) printf("-1 -1
");
        else if(n==1){
            printf("1 %lld
",a+1);
        }
        else{
            ll x=a/2;
            if(a&1){
                printf("%lld %lld
",2*x*x+2*x,2*x*x+2*x+1);
            }
            else{
                printf("%lld %lld
",x*x-1,x*x+1);
            }
        }
    }
    return 0;
}
/*
a^n+b^n=c^n 
n>2 无正整数解费马大定理
n==0 1+1=1无意义
n==1 a+b=c即可
n==2  a^2+b^2=c^2
任意大于1的奇数2*n+1 (n>=1) 2*n+1,2*n*n+2*n,2*n*n+2*n+1 构成勾股数
任意大于2的偶数2*n (n>=1)  2*n,n*n-1,n*n+1  构成勾股数
若直角三角形的短直角边为奇数，另外两条边是连续的自然数
若直角三角形的短直角边为奇数，三角形的周长为短直角边的平方与短边自身的和
*/

 

 

//zoj    3785

 

What day is that day?

---

Time Limit: 2 Seconds      Memory Limit: 65536 KB

---

It's Saturday today, what day is it after 1¹ + 2² + 3³ + ... + N^N days?

Input

There are multiple test cases. The first line of input contains an integer T indicating the number of test cases. For each test case:

There is only one line containing one integer N (1 <= N <= 1000000000).

Output

For each test case, output one string indicating the day of week.

Sample Input

2
1
2

Sample Output

Sunday
Thursday

Hint

A week consists of Sunday, Monday, Tuesday, Wednesday, Thursday, Friday and Saturday.

 都对7取模后

 根据费马小定理x6≡1（mod 7）可得

 

//找出循环节 42
bool check(int i)
{
    int flag=1;
    for(int j=1;j<=i-1;j++)
    {
        if(num[j]!=num[j+i])
        {
            flag=0;
            break;
        }
    }
    return flag;
}



//42为循环节
void  init()
{
    gep(i,1,45){
        int x=i%7;
        int ans=1;
        gep(j,1,i){
            ans=(ans*x)%7;
        }
        a[i]=ans;
    }
    gep(i,1,45) sum[i]=sum[i-1]+a[i];
}
char p[]="affvg";
char p0[]={"afegrwg"};//注意写法
char  s[10][10]={
"Sunday",
"Monday",
"Tuesday",
"Wednesday",
"Thursday",
"Friday",
"Saturday",
};
int  main()
{
    scanf("%d",&t);
    init();
    while(t--)
    {
        scanf("%d",&n);
        int ret=((n/42%7*sum[42]%7)%7+sum[n%42]%7)%7;
        ret=(ret+6)%7;
        printf("%s
",s[ret]);
    }
    return 0;
}

裴蜀定理

「BZOJ1441」Min

2014年4月15日2,5021

Description

给出n个数(A1…An)现求一组整数序列(X1…Xn)使得S=A1*X1+…An*Xn>0,且S的值最小

Input

第一行给出数字N,代表有N个数 下面一行给出N个数

Output

S的最小值

Sample Input

2
4059 -1782

Sample Output

99

题解

裴蜀定理

/*

在数论中，裴蜀定理是一个关于最大公约数（或最大公约式）的定理：若a，b是整数，且gcd(a,b)=d，那么对于任意的整数x，y，ax+by=m中的m一定是d的倍数。
特别地，一定存在整数x，y，使ax+by=d成立，且不止一组，例如(12,42)=6，则方程12x + 42y = 6有解，事实上有(-3)×12 + 1×42 = 6及4×12 + (-1)×42 = 6。
而ax+by=1是a，b两数互质的充要条件，同样地，x，y不止一组。

*/

int x,ans;
int main()
{
    __gcd(0,x)=x;
    __gcd(-2,4)=-2;
    __gcd(-2,-4)=-2;
    for(int i=0;i<n;i++){
        scanf("%d",&x);
        ans=__gcd(ans,x);
    }
    printf("%d
",abs(ans));
}

//BZOJ   2257

2257: [Jsoi2009]瓶子和燃料

Time Limit: 10 Sec  Memory Limit: 128 MB
Submit: 1933  Solved: 1179
[Submit][Status][Discuss]

Description

jyy就一直想着尽快回地球，可惜他飞船的燃料不够了。 
有一天他又去向火星人要燃料，这次火星人答应了，要jyy用飞船上的瓶子来换。jyy
的飞船上共有 N个瓶子(1<=N<=1000) ，经过协商，火星人只要其中的K 个 。 jyy
将 K个瓶子交给火星人之后，火星人用它们装一些燃料给 jyy。所有的瓶子都没有刻度，只
在瓶口标注了容量，第i个瓶子的容量为Vi（Vi 为整数，并且满足1<=Vi<=1000000000 ） 。 
火星人比较吝啬，他们并不会把所有的瓶子都装满燃料。他们拿到瓶子后，会跑到燃料
库里鼓捣一通，弄出一小点燃料来交差。jyy当然知道他们会来这一手，于是事先了解了火
星人鼓捣的具体内容。火星人在燃料库里只会做如下的3种操作：1、将某个瓶子装满燃料；
2、将某个瓶子中的燃料全部倒回燃料库；3、将燃料从瓶子a倒向瓶子b，直到瓶子b满
或者瓶子a空。燃料倾倒过程中的损耗可以忽略。火星人拿出的燃料，当然是这些操作能
得到的最小正体积。 
jyy知道，对于不同的瓶子组合，火星人可能会被迫给出不同体积的燃料。jyy希望找
到最优的瓶子组合，使得火星人给出尽量多的燃料。 

Input

第1行：2个整数N,K，  
第2..N 行：每行1个整数，第i+1 行的整数为Vi  

Output

仅1行，一个整数，表示火星人给出燃料的最大值。

Sample Input

3 2
3
4
4

Sample Output

4

HINT

选择第2 个瓶子和第 个瓶子，火星人被迫会给出4 体积的容量。 

 

 

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <string>
#include <deque>
using namespace std;
#define ll long long 
#define  N 1000009
#define  gep(i,a,b)  for(int  i=a;i<=b;i++)
#define  gepp(i,a,b) for(int  i=a;i>=b;i--)
#define  gep1(i,a,b)  for(ll i=a;i<=b;i++)
#define  gepp1(i,a,b) for(ll i=a;i>=b;i--)    
#define  mem(a,b)  memset(a,b,sizeof(a))
/*
取某k个数，那么答案就是它们的最大公约数
那么我们可以把所有数的因子求出，在从大到小筛选，只要因子个数>=k
就是答案
*/
int  n,k;
int a[N];
int x,cnt;
void get(int x)
{
    for(int i=1;i*i<=x;i++)//O(sqrt(N))
    {
        if(x%i==0)  a[cnt++]=i;
        if(x%i==0&&x/i!=i) a[cnt++]=x/i;
    }
}
int  main()
{
    scanf("%d%d",&n,&k);
    gep(i,1,n)
    {
        scanf("%d",&x);
        get(x);
    }
    sort(a,a+cnt);
    int num=1,ans=1;
    for(int j=cnt-2;j>=0;j--)
    {
        if(a[j]==a[j+1])  num++;
        else{
            if(num>=k) {
                ans=a[j+1];
                break;
            }
            num=1;
        }
    }
    printf("%d
",ans);
    return 0;
}

2299: [HAOI2011]向量

Time Limit: 10 Sec  Memory Limit: 256 MB
Submit: 1754  Solved: 826
[Submit][Status][Discuss]

Description

给你一对数a,b，你可以任意使用(a,b), (a,-b), (-a,b), (-a,-b), (b,a), (b,-a), (-b,a), (-b,-a)这些向量，问你能不能拼出另一个向量(x,y)。

说明：这里的拼就是使得你选出的向量之和为(x,y)

Input

第一行数组组数t，(t<=50000)

接下来t行每行四个整数a,b,x,y  (-2*10⁹<=a,b,x,y<=2*10⁹)

Output

t行每行为Y或者为N，分别表示可以拼出来，不能拼出来

Sample Input

3

2 1 3 3

1 1 0 1

1 0 -2 3

Sample Output

Y

N

Y

HINT

 



样例解释：



第一组：(2,1)+(1,2)=(3,3)



第三组：(-1,0)+(-1,0)+(0,1)+(0,1)+(0,1)=(-2,3)

Source

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <string>
#include <deque>
using namespace std;
#define ll long long 
#define  N 1009
#define  gep(i,a,b)  for(int  i=a;i<=b;i++)
#define  gepp(i,a,b) for(int  i=a;i>=b;i--)
#define  gep1(i,a,b)  for(ll i=a;i<=b;i++)
#define  gepp1(i,a,b) for(ll i=a;i>=b;i--)    
#define  mem(a,b)  memset(a,b,sizeof(a))
bool ok(ll x,ll y,ll d)
{
    if(x%d==0&&y%d==0)  return 1;
    return 0;
}
/*
8种情况 ，设每种情况用了ki次
那么 x=(k1+k2-k3-k4)*a+(k5+k6-k7-k8)*b
     y=(k5+k7-k6-k8)*a+(k1+k3-k2-k4)*b
     也可以写成  x=x1*a+y1*b
                 y=x2*a+y2*b
     k1,k2,k3,k4
     两个数的和减去另外两个数的和 ，可令k1+k2+k3+k4=M，其中两个数的和为x
     那么 x-(M-x)=2*x-M ,因此  x1,y2 同奇偶，x2,y1同奇偶，再利用裴蜀定理
     1：同偶 x=2*n1*a+2*n2*b  ,y=2*n3*a+2*n4*b 那么 x,y都为 __gcd(2*a,2*b)的倍数
     2：同奇 x2*(n1-1)*a+2*(n2-1)*b ,y=2*(n3-1)*a+2*(n4-1)*b ,那么x+a+b,y+a+b 都为__gcd(2*a,2*b)的倍数
     3： 一奇一偶 x+a，y+b 
     4:  一偶一奇 x+b,y+a
*/
int  main()
{
    int t;
    ll a,b,x,y;
    scanf("%d",&t);
    while(t--)
    {
        scanf("%lld%lld%lld%lld",&a,&b,&x,&y);
        ll d=__gcd(2*a,2*b);
        if(ok(x,y,d)||ok(x+a,y+b,d)||ok(x+b,y+a,d)||ok(x+a+b,y+a+b,d))
            printf("Y
");
        else
            printf("N
");
    }
    return 0;
}