题目链接[ZJOI2010]排列计数-洛谷题解看到\(p_i>p_{\lfloori/2\rfloor}\)这个条件，可能一开始不会有什么想法。但是如果我们换种写法,即:\(p_i<p_{2i}\landp_i<p_{2i+1}\)。这样我们就能很容易看出来，这是小根堆的形式。现在我们从根节点开始考虑，假设左子树的大小

BalancedSubsequences注意子序列不一定连续。恰好最长合法括号子序列长度为\(2k\)，那么废掉的)个数为\(m-k\)。恰好的方案数\(f_k\)不好求，我们可以求\(g_k\)表示长度至少为\(2k\)的方案数。(表示向上走，)表示向下走，\(g_k\)即为从\((0,0)\)走到\((n+m,n-m)\)，且

A只关心整数？记\(All\)为全局和，\(sum\)为矩阵和。\(\dfrac{sum}{All-sum}=k\)，\(sum=\dfrac{k}{k+1}All\)。所以可能的矩阵和有约数个数个（一般取三次根号量级），然后枚举\(x_1,x_2\)，从左往右扫\(y\)，记录前缀和出现次数算答案。B啊？这么近的原？24.10.10A数据范围

1.查询网址：https://inv-veri.chinatax.gov.cn/发票代码：旧版发票上有发票代码，一并输入。普票，只需要输入发票号码开票日期开具金额(不含税)验证码增值税专用发票，同上图示:

OracleEBS系统常用API及接口：模块应用场景类型API/接口AP付款核销APIap_pay_invoice_pkg.ap_pay_invoiceAP应付发票审批APIap_approval_pkg.approvalAP预付款核销APIap_prepay_pkg.apply_prepay_fr_prepayAP创建应付发票APIap_import_invoices_

面向康复工程的脑电信号分析和判别模型    摘          要：脑电信号的识别和分类是脑机接口技术中非常重要的一环，使用者无需通过复杂训练就可以获得较高的识别准确率，具有稳定的锁时性和高时间精度特性。本文使用基于监督学习的随机森林，SVM算法，半监督学习S3VM

欧几里得算法费马小定理当a,p都是是质数时,a^(p-1)=1(modp)证明：举个例子a=2,p=5;1,2,3,4集合（1）{1，2，3，4...,(p-1)}2,4,6,8=>%5=>2,4,1,3集合（2）{1a%p,2a%p,3a%p,4a%p...,(p-1)a%p}我们发现{1，2，3，4}和{2，4，1，3}只是位置不同，成积相同怎么个一定乘积相

原题链接：P1313[NOIP2011提高组]计算系数。难度：Easy。考察二项式定理的基本应用。正解发现存在式子\((ax+by)^k\)，容易想到二项式定理。二项式定理：\[(x+y)^n=\sum\limits_{i=0}^{n}{n\choosei}x^iy^{n-i}\]令\(p=ax,q=by\)，那么原式变为\((p+q)^k\)。那么此时

原题链接：B3717组合数问题。难度：Easy组合数学的模板题。排除做法：\(n,m\le5\times10^6\)，显然不能使用杨辉三角递推。模数为\(998,244,353\)，无法使用\(\text{Lucas}\)定理。正解考虑直接使用组合数的计算式：\[{n\choosem}=\dfrac{n!}{m!(n-m)!}\]其中\(n!\)可

邮寄开场半个小时秒了B。然后看A，钻研了一个多小时吧，过了。然后看CD。结果D是大模拟，还是有文化的大模拟，直接使我停机，卡完了剩下两个小时，然后没分。我爸让我沉下心来想一想，这就是后果，score-60总共200。A变幻易得连续两个数不会一起操作。所以就可以设\(dp_{i,j}\)

​最近在捣鼓平衡车，需要用到MPU6050进行姿态解算，参考了一些文章，也自己解决了一些问题参考:2_小学生都能搞定的MPU6050DMP库向STM32HAL库的移植_哔哩哔哩_bilibili由于在移植的时候用的DMP是官网下载,所以和视频的讲解有些许不同的地方，如果所有资料都是按照视频中来的话，理论上是

接前一篇文章：ICM20948DMP代码详解（23） 上一回解析完了inv_icm20948_set_lowpower_or_highperformance函数，本回回到inv_icm20948_initialize_lower_driver函数中，继续往下解析。为了便于理解和回顾，再次贴出inv_icm20948_initialize_lower_driver函数源码，在EMD-Core\sources\Inv

接前一篇文章：ICM20948DMP代码详解（22） 上一回解析完了inv_icm20948_wakeup_mems函数，本回回到inv_icm20948_initialize_lower_driver函数中，继续往下解析。为了便于理解和回顾，再次贴出inv_icm20948_initialize_lower_driver函数源码，在EMD-Core\sources\Invn\Devices\Drivers\IC

    由于定义上相等（DefinitionalEquality）作用在所有情况，由此，当遇到不一致（Inconsistent）的时候，会导致其结果是不确定的，即会无限展开（unfoldingforever）下去。    原文中，是通过一个定义在自然数（ℕ）的大于关系（>）上的可达类型（AccessibilityType）来论证，这个看原文很好

本文以GraphWaveNet为主体，总结其使用到的（图）神经网络知识点以及相应代码实现方式。对称归一化邻接矩阵介绍对称归一化邻接矩阵（Symmetricallynormalizeadjacencymatrix），更适合无向图。作用将邻接矩阵归一化处理，使得每一行/列的和等于1（类比“数独”游戏），同时保持矩阵的对称

MyBlogs[ARC174E]ExistenceCounting比较机械的处理方式。和NOID2T2是一个性质，只不过简单多了。枚举生成序列和\(P\)的第一个不同位置\(i\)，则第\(i\)个位置能填的数的个数\(g_i\)是\(<a_i\)并且之前没有出现过的数，\(g_i\)可以简单用树状数组求出。然后考虑如何

数学是毒瘤组合数学总结。如果说数论是数学的基础，那么组合数学往后就是高阶了。这之后的数学不再像数论那么板子，而是变得需要更多的推理和组合了。知识很简单，难的是应用。本来还有什么容斥原理，看不懂，于是没放初始化为了方便快速求排列组合，我们需提前预处理阶乘和阶乘的乘法

我们设\(f[i][j]\)表示目前前\(i\)个宝箱的期望贡献的\(j\)次方。根据题意可得$f[i][k]=(f[i-1][1]+a[i])^k\cdotp[i]+(f[i-1][1]+b[i])^k\cdot(1-p[i])$这个式子很难处理，不妨用二项式定理优化优化后式子则为:\(f[i][k]=\sum_{j=0}^{k}C_{k}^{j}\cdotf[i-1][j

题目来源：https://codeforces.com/contest/1999/problem/F//题意：给长度为n的01字符串，求每个长度为k的子序列串（不连续）的中位数总和。//思路：n的范围为2e5，“我也不会非暴力求所有子序列啊”。先理解下什么是中位数吧，就是对于有序的中间数字，奇数就是（k+1）/2。也只有中位数是1的子序列

前言这哪有蓝，评分似乎有点过了。思路既然是要统计每个房间人数的排列，那我们就枚举把所有人都放到\(i\)个房间里的方案数，这个用插板法解决，把所有人都放到\(i\)个房间里也就是把他们分成\(i\)份，这一部分的答案就是在\(n\)个人的\(n-1\)个空中插入\(i-1\)块隔板的方案

相对位置（RLOC）约束定义了逻辑元素的相对位置分配给一个集合，如H_set、HU_set或U_set。当RTL源文件中存在RLOC时，H_SET、HU_SET或U_SET属性将得到转换为合成网表中单元的只读RPM属性。RLOC属性被保留，但在合成后成为只读属性。了解更多有关使用这些属性和定义RPM的信息，请参阅Vi

中文题面：https://www.luogu.com.cn/problem/CF1946E先考虑只要求前缀最大值怎么做。从前往后很容易想到\(O(n^3)\)的dp，用前缀和优化可以到\(O(n^2)\).注意相对顺序，\([p_i,p_{i+1}-1]\)选择的数，必须让最大的放在最前面才合法。比如选1,3,9,在[5,8]这个区间，只有9,1,3和9,3,1是合法

ProblemSolution由于涂绿色的得分为\(A+B\)，所以可以将红色与蓝色独立考虑。依次枚举红色的个数，假定为\(i\)，所以剩余需要的得分为\(K-i\timesA\)，判断是否能被\(B\)整除，若能，则蓝色个数为\(\frac{K-i\timesA}{B}\)，设为\(j\)，则总方案累加\(C^{i}_{n}\timesC^{j}_{n}\)，除

###A.```c++#include<bits/stdc++.h>usingnamespacestd;constintN=1e6+7;voidsolve(){  intx;  cin>>x;  cout<<x/10+x%10<<endl;}intmain(){  intT;  cin>>T;  while(T--)solve();

逆元用于求$\frac{a}{b}(mod\p)$的结果第一种方法：拓展欧几里得利用拓欧求解同余方程：\(a*x≡c\(mod\b)\)的\(c=1\)的情况就可以转化成求解\(a*x+b*y=1\)这个方程voidexgcd(lla,llb,ll&x,ll&y)//解ax+by=gcd(a,b)的一组整数解{ if(b==0) {