全文默认\(p\)为素数。用\(a,b\)代表任意整数，用\(x,y\)代表不是\(p\)的倍数的整数。Lemma0Part1直接的因式分解\[\begin{aligned}&a^n-b^n\\=&(a-b)\sum\limits_{i=0}^{n-1}a^ib^{n-1-i}\end{aligned}\]Part2凑\(a-b\)专用\[\begin{aligne

组合数学基本概念\(a^{\underlinem}\)表示\(a\)的\(m\)次下降幂。\(a^{\overlinem}\)表示\(a\)的\(m\)次上升幂。推式子基本原理先把\(\sum\)移到最前面。将多个\(\sum\)排序，范围更小的放在前面。将只与当前\(\sum\)有关的式子尽量往前提。将能简化

噔噔噔。你说的对，但是确实挺基础的说。很多东西避开了严谨的描述。文章内容非常浅（che）显（dan）。prework卷积：\(a，b\)为两个数列，两个数列的卷积\(c\)有\(c_k=\sum\limits_{i=1}^{k}a_{i}b_{k-i}\)。多项式的点值表示：\(n+1\)个坐标确定一个\(\len\)次的多项式，我们可以

P1099[NOIP2007提高组]树网的核如果有多条直径，对于任意一个直径的分差点，其在单调队列里的贡献就是另半条直径。而对于其其他分支，如果贡献大于那半条直径，那么这个贡献就会成为新的直径，与题设不符。因此，讨论任意一条直径即可。P1136迎接仪式容易注意到，一个点可以与前面、后面

题目传送门前置知识树状数组|序列分治解法考虑序列分治，设因\(\max\)和\(\min\)形成的分节点先后为\(k_{1},k_{2}\)。对于\(j\in(mid,k_{1}]\)，等价于统计满足\(\max\limits_{h=i}^{mid}\{a_{h}\}-\min\limits_{h=i}^{mid}\{a_{h}\}\lej-i+k\)的\(j\)的

CF1671E注意到不同子树间的答案独立。那么对于\(u\)为根的子树，其贡献应该是其左儿子乘右儿子再乘它自己的方案。那么由于它自己的方案只与\(f(l),f(r)\)有关，所以当其操作后能使答案贡献增加，当且仅当\(f(l)\nef(r)\)。为了排除儿子自身的影响，我们将\(f(x)\)视为\(x\)为

拉格朗日插值首先，我们知道给出\(n+1\)个点\((x_i,y_i)\)可以唯一确定一个\(n\)次多项式。问题：给出\(n+1\)个点，求出这个\(n\)次多项式在\(k\)处的取值，即\(f(k)\)。首先，我们可以列出\((n+1)\)个方程解出这个多项式的系数，但是这样是\(O(n^3)\)的。有没有更给力的

容斥原理先从容斥原理开始。容斥原理的结论如下：\[|\bigcup\limits_{i=1}^{n}S_{i}|=\sum\limits_{m=1}^{n}(-1)^{m-1}\sum\limits_{a_{i}<a_{i-1}}|\bigcap_{i=1}^{m}S_{a_{i}}|\]证明的思路是考虑一个元素在每一个\(\bigcap\limits_{i=1}^{m}S_{a_{i}}\)

到底是什么算法让我觉得两道题就足以让我写一篇学习笔记呢？虽然两年半以前写过一道dp，正解的优化是单调队列，但是我拿线段树过了（卡着空间过的），所以那个dp并不能叫线段树优化dp。CF115ELinearKingdomRaces这个算是最“原汁原味”线段树优化dp。设\(dp_{i,j}\)表示第\(j\)

容斥原理先从容斥原理开始。容斥原理的结论如下：$$|\bigcup\limits_{i=1}^{n}S_{i}|=\sum\limits_{m=1}{n}(-1)\sum\limits_{a_{i}<a_{i-1}}|\bigcap_{i=1}^{m}S_{a_{i}}|$$证明的思路是考虑一个元素在每一个$\bigcap\limits_{i=1}^{m}S_{a_{i}}$里出现的次

二维区间修改+查询例题题目是求\(\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^ma_{i,j}\)我们可以定义一个差分数组\(d_{i,j}=a_{i,j}+a_{i-1,j-1}-a_{i-1,j}-a_{i,j-1}\)易知\(a_{i,j}=\sum\limits_{x=1}^{i}\sum\limits_{y=1}^jd_{x,y}\)接着我们可以利用差分来简化题意，我

我们知道\(\det(A)=\sum\limits_{p}(-1)^{\sigma(p)}\prod\limits_{i}A_{i,p_i}\)，这是行列式的定义。我们定义\(A\)积和式为\(\sum\limits_{p}\prod\limits_{i}A_{i,p_i}\)。积和式的计算是NP的。但是有的时候我们可以用行列式来完成一些积和式可以完成的东西。比如最简

  10.4.3资源服务质量管理（ResourceQoS）本节对Kubernetes如何根据Pod的Requests和Limits配置来实现针对Pod的不同级别的资源服务质量控制（QoS）进行说明。在Kubernetes的资源QoS体系中，需要保证高可靠性的Pod可以申请可靠资源，而一些不需要高可靠性的Pod可以申请可靠性较低或者

更新日志2024/12/31：开工。添加网络流概念以及EK算法概念官方定义OI-wiki网络一种特殊有向图，有一个源点\(s\)与汇点\(t\)。图中每一条边都具有容量\(c\)，也就是流经流量上限。不存在的边\(c=0\)。可以视作流水，从源点开始进水（无限或有限），通过一条条边流开，每条边的尺

Kubernetes资源管理本节先讲解Pod的两个重要参数：CPURequest与MemoryRequest。在大多数情况下，我们在定义Pod时并没有定义这两个参数，此时Kubernetes会认为该Pod所需的资源很少，并可以将其调度到任何可用的Node上。这样一来，当集群中的计算资源不很充足时，如果集群中的Pod负载突然加

写个题解。以后看一次后悔一次。TenderCarpenter不难发现，每个数单独一段一定是可行的。因为能够组成等边三角形。那么问题就变成了，能否分出一段长度不小于\(2\)的区间，使得其合法。显然的，\([l,r]\)的可行性不大于\([l+1,r]\)的可行性。那么枚举\(l=i,r=i+1\)判断是否合法

前言本栏目记录一些自己写出来的比较有意思的数学题。正文2020年全国高中数学联合竞赛模拟题（13）第一试压轴题的加强求所有自然数\(a\)，\(b\)，\(c\)，使得对于任意的\(n\in\mathbb{Z}\)，\(n>2\)，均有\[b-\frac{c}{(n-2)!}<\sum\limits_{i=2}^{n}\frac{i^3-a}{i!}<b.\]解：

一大堆错，别喷了。前言下图取自某人的PPT，有删改。题面APIO2014序列分割题目大意你正在玩一个关于长度为\(n\)的非负整数序列的游戏，第\(i\)个位置的值为\(a_i\)。这个游戏中你需要把序列分成\(k+1\)个非空的块，为了得到\(k+1\)块，你需要重复下面的操作\(k\)

定理内容对于任意不全为\(0\)的整数\(a,b\)，方程\(ax+by=\gcd(a,b)\)一定有整数解\(x,y\)。证明引理\(1\)对于两个正整数\(a,b\)满足\(a>b\)可以推出\(\gcd(a,b)=\gcd(b,a\bmodb)\)。设\(a=kb+c,d\mid\gcd(a,b)\)，那么一定有\(d\mida,d\midb\)。通过移项可以

集训D11总结模拟赛总结T1题意\(k\)个大小为\(s_i\)的连通块,用\(k-1\)条边联通,设\(d_i\)为第\(i\)个连通块的度数(只考虑连的\(k-1\)条边).每种连边方案的权值为\(\prod\limits_id_i\),求所有方案的权值和.题解这个性质看一眼就能联想到经典的图

\(T1\)题解题意：有一张\(n\)个点的有标号无向图，分为了\(k\)个连通块，第\(i\)个连通块的大小是\(s_i\)，每个连通块都是完全图（节点之间两两有边）。要加\(k-1\)条边使得图连通，计算所有连边方案的权值和。假设第\(i\)个连通块被多加了\(d_i\)条边，那么该连边方案的权值为\(

首先通过手玩，发现对于小的\(n\)都有\(m_{\max}\len\)，于是直接猜测这个结论并尝试证明。首先对于\(n\le4\)的情况，首先可以直接通过手玩知道\(m_{\max}\len\)。对于\(n>4\)的情况，考虑\(n\)从小到大证明。若\(m>n\)，则\(\sum\limits_{i=1}^n\operatorname{de

HardDemonProblemSwingisopeningapancakefactory!Agoodpancakefactorymustbegoodatflatteningthings,soSwingisgoingtotesthisnewequipmenton2Dmatrices.Swingisgivenan$n\timesn$matrix$M$containingpositiveintegers.Hehas$q

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