思路简单构造题，我们可以分为三种情况进行构造。\(n=3\)时，一定无解，输出-1。（你可以试试）\(n\bmod2=1\wedgen\neq3\)时，我们直接先输出\(n,n-1\)，然后顺序输出即可。证明：令\(a\)为最后构造出的序列。那么，\(a_1=n,a_2=n-1,a_i=i-2(3\leqi\leq

思路首先发现\(\sum_{i=1}^{n}i^k\)是一个\(k+1\)次多项式，那么我们需要求出\(k+2\)个点才能得到唯一的一个\(f(t)=\sum_{i=1}^{t}{i^k}\)。不难通过拉格朗日插值法，将\(x=1\sim(k+2)\)的情况一一带入：\[f(n)=\sum_{i=1}^{k+2}{((\sum_{j=1}^{i}

题目描述给定两个长度为$n$的$01$序列$a,b$。每次可以执行如下操作：在$a$中选择一个位置$p$，将$a_p$变为$1-a_p$，代价是$1$。在$a$中选择两个位置$p,q$，将$a_p$和$a_q$互换，代价是$\lvertq-p\rvert$。问最少需要多少代价才能将$a$变成$b$。题目分析

高等数学第一章函数连续极限第一节函数1.函数概念函数定义：一个\(x\)只能对应一个\(y\)基本要素：定义域+对应法则同一函数=两要素相同常见定义域：f(x)定义域值域图像\(\frac1x\)\(x>0\)\(\sqrt[2n]{x}\)\(x\geq0\)\(\log_a{x}\)\(x>0\)

求导数方法总结导数最后都要是包含x的表达式？常见的表达式的导数常数的导数等于0幂函数的导数\(f(x)=x^n,f'(x)=nx^{n-1}\)指数函数的导数：\(f(x)=a^x(a>0,a\neq1),f'(x)=a^x\lna\)三角函数：\((\sinx)'=\cosx\)\((\cosx)'=-\sinx\)\((\tanx)'=\sec^2

2024蓝桥杯省赛C/C++程序设计A组题目简析A题意：计算一段区间内日期的中文表达的总笔画数>50的天数按照题意枚举即可。注意个位数字前面需要加一个“零”，也就是多13笔。B题意：\(5\times5\)的棋盘下五子棋，最终下满棋盘并和棋的情况数dfs或者遍历二进制去枚举棋子位置的情况均可

[NOI2002]荒岛野人传送门题目描述克里特岛以野人群居而著称。岛上有排列成环行的\(m\)个山洞。这些山洞顺时针编号为\(1,2,\dots,m\)。岛上住着\(n\)个野人，一开始依次住在山洞\(C_1,C_2,\dots,C_n\)中，以后每年，第\(i\)个野人会沿顺时针向前走\(P_i\)个洞住下来。

原题链接题解1.abcdef=1a*+ab*abc+abc*abcd+...+abcde*abcedfcode#include<bits/stdc++.h>#definelllonglongusingnamespacestd;llf[13]={0},sum[13]={0};voidsolve(){llnow;cin>>now;llpre=10;llpos=lower_bound(sum+1,sum+13,

首先，使用匹配函数\(P(x_i,x_j)=x_ix_j-x_i^2[j\neq0]\)。容易发现，当存在\(i\neqj\)时，\(x_ix_j\)的系数只会增加，因此根据Schwartz-Zippel引理，随机一组\(x_{1\sim26}\)对应a~z即可。然后，对于NTT的过程，有两个卡常的点：一是点积reverse后转卷积的过程是舍

目录线性方程组何时有解求线性方程组的唯一解线性方程组何时有解先说结论：克莱姆法则用于n元线性方程组求解.数域K上n个方程的n元线性方程组：\[\begin{cases}a_{11}x_1+a_{12}x_2+...+a_{1n}x_n=b_1,\\a_{21}x_1+a_{22}x_2+...+a_{2n}x_n=b_2,\\...\\a_{n1}x_1+a_{n2}x_2+..

ARC173ANeqNumber题目大意正整数\(X\)如果满足以下条件，则称为"Neq数"：当\(X\)用十进制符号书写时，没有两个相邻的字符是相同的。例如，\(1\)、\(173\)和\(9090\)是Neq数，而\(22\)和\(6335\)不是。给你一个正整数\(K(1\leqK\leq10^{12})\)。请找出第\(K\)小

博弈论简单易懂的博弈论讲解(巴什博弈、尼姆博弈、威佐夫博弈、斐波那契博弈、SG定理)-The_Virtuoso-博客园(cnblogs.com)尼姆博弈（Nim）游戏引入：假设先手为$X$,后手为$Y$先假设有两堆石子，数量分别为a,b,如果$a\neqb\and\a>b$,$X$选石子$x$个让$a-x=b$,然后$

好题啊。题意给定\(n\)个二元组\((x_i,w_i)\)，保证\(x\)升序。有\(m\)个询问\([l,r]\)，对于每个询问求出：\[\min\limits_{l\lei<j\ler}(x_j-x_i)\cdot(w_i+w_j)\]题解一个精妙的结论：设\(L_i\)表示\(i\)左边第一个满足\(w_j\lew_i\)的\(j\)，\(R_

分别对三种情况进行分类讨论。第一种情况：显然，若\(\sum^{n}_{i=1}a_i\bmodn\neq0\)，则输出\(\texttt{Unrecoverableconfiguration.}\)；同时，我们遍历\(a_{1\simn}\)，若存在两个以上的\(a_i\)满足\(a_i\neq\sum^{n}_{i=1}a_i\divn\)，则也输出\(\texttt{Unreco

题意：对于一个初始全\(0\)的序列，问是否能够进行若干次操作（第\(i\)次操作为对序列中任意一个元素增加\(k^i\)），使得此序列变为目标数组\(a\)。首先，我们令需要进行操作的序列为\(b\)。我们知道，如果能通过若干次操作将\(b\)变为\(a\)，则有以下三种情形：\(a\)中的元素全

首先，我们可以得出一个结论：令点\(i,j\)之间的最短路径边权和\(dis_{i,j}\)，若存在一个点\(k\)，使得\(k\neqi\)且\(k\neqj\)且\(dis_{i,k}+dis_{k,j}=dis_{i,j}\)，则连接\(i,j\)的边可以被删去。该结论的正确性是显然的，因为将连接\(i,j\)的边删去后，\(i,j\)之间的

[link](https://loj.ac/p/4092)考虑单次询问怎么做。不难发现这是一个二分图匹配，左部点$i$可以匹配到右部点$j$当且仅当$A_i\geB_j\andi\neqj$。不妨设$B$递增，这当然可以通过排序实现。什么时候不存在完美匹配呢？就是存在左部点$i$，$i$只能匹配到右部点$[1,i-1]$（也

简要题意你有两个指针\(l,r\)初始时\(l=1,r=n\)。你可以操作若干次知道\(l=r\)。每次操作你可以选择一个整数\(k\in[l,r)\)，记\(x=\bigoplus_{i=l}^ka_i,y=\bigoplus_{i=k+1}^ra_i\)。如果\(x\leqy\)，你可以令\(l=k+1\)。如果\(x\geqy\)，你可以令\(r=k\)。

感谢@swiftc管理反馈的信息，对于题目大意确定的东西进行了完善。交互题。题目大意有一个长度为\(n\)的序列\(a\)满足\(1\leqa_i\leq4\)，现在你可以进行不超过\(5500\)次询问，每次询问询问三个数\(1\leqi<j<k\leqn\)，你将会得到\(a_i,a_j,a_k\)构成的三角形

若\(k\)相等，两直线平行\[A(x_1,y_1),B(x_2,y_2)\]\[K=\frac{y_1-y_2}{x_1-x_2}=\frac{y_2-y_1}{x_2-x_1}\]反比例函数\[\begin{cases}y=\frac{k}{x}(k\neq0)&k\rightarrow比例系数(常见)\\y=kx^{-1}(k\neq0)\\xy=k(k\neq0)\end{cases}\]双

前言一个抽象的事情，我在证欧拉定理的时候，偶然发现了一个式子：\[(p-1)!\bmodp=p-1\]非常的偶然，实际上是证明欧拉定理的时候有一步搞错了，然后不得不想如何把\((p-1)!\bmodp\)消去，然后就很意外的发现了这个式子。当时我不知道他到底是不是成立的，我试了好几个数都是满足的，于是

ARC151DBinaryRepresentationsandQueries题目链接：ARC151DBinaryRepresentationsandQueries非常好思维题。思路首先我们会发现每个操作都是\(\frac{n}{2}\)的\(A_i\)，给另外\(\frac{n}{2}\)的\(A_j\)的增加。这题直接去维护每个操作时间复杂度会开心的笑。所以

极值点偏移:对数均值不等式已知\(a\in\mathbb{R}\),函数\(f(x)=\dfrac{a}{x}+\lnx,g(x)=ax-\lnx-2\).若\(f(x_1)=f(x_2)=2(x_1\neqx_2)\)(1)求出\(a\)的取值范围(2)证明:\(\dfrac{1}{x_1}+\dfrac{1}{x_2}>\dfrac{2}{a}\)解(1)\(f^{\prime}(x)=\dfrac{x-a}{x^2}\)当\(a

洛谷U388010题解link：https://www.luogu.com.cn/problem/U388010Sol首先，我们看到这一条件：对于每一个\(1\lei\len\)，\(1\lej\len\)，\(i\neqj\)满足\(a_i\bmoda_j\neq0,\a_j\bmoda_i\neq0\)。我们知道，质数的因数只有\(1\)和本身，所以当序列里全是质数

鞅与停时定理，一个很厉害的东西，感觉像是一种势能分析。关于它具体是什么，笔者的数学水平还不足以讲述，所以在这里推广一下：概率论科技：鞅与停时定理-littleZ_meow的小窝。下面的写法可能很不专业，请自行避雷。给出一种很OI的解释：你需要设计一个函数\(f(x)\)，有次能够得到每一个