伤痕，是男子汉的勋章。——圣斗士星矢一、题目P1157组合的输出https://www.luogu.com.cn/problem/P1157二、代码defpri(L):foriinrange(len(L)):ifL[i]==True:print("{:3d}".format(i),end='')defdfs(n,r,cur,count):#n,r为题

Rank14，190pts比赛链接新的阶乘容易发现只需要处理1~n的质因子分解即可，每个数\(i\)本来有\(n-i+1\)个我们在欧拉筛的过程中同时维护每个数的一个质因子\(pri\)每次从\(n\)到1把遇到的非质数\(i\)现有的个数加到他的质因子\(pri_i\)和\(\frac{i}{pri_i

筛法求素数Eratosthenes筛法时间复杂度\(O(nloglogn)\)。关键优化：\(j\)从\(i\timesi\)开始voidgetprime(intmx){ memset(is_prime,1,sizeof(is_prime)); is_prime[0]=is_prime[1]=0; F(i,2,mx){ if(is_prime[i]){ prime[++cnt]=i;//存 if(1ll

题目链接题目描述给你一个正整数MMM请你求出一个最小的正整数NN

由于做莫反题需要大量的基础函数知识，于是有了这篇文章将我做到的函数都记录下来。持续施工中。约数和函数\(\sigma\)定义：\(\sigma(x)=\sum_{d|x}d\)。证其为积性函数：设\(x=\prodp_i^{a_i}\)，设\(d\)为\(x\)的质因数个数，那么发现：\[\begin{aligned}\sigma(x)&=\sum_{i

前置需求数论分块概念对于一个形如\(\sum_{x=1}^n\lfloor{\frac{n}{x}}\rfloor\)的式子，我们发现对于一部分的\(x\)，它们的\(\lfloor{\frac{n}{x}}\rfloor\)值相同，因此我们没必要\(\mathcal{O(n)}\)计算，可以采用数论分块的办法将这一步的复杂度降低至\(\mathcal{O(\sqrt

  不出意外的话，这就是我最后的波纹了吧。  当然以后还会继续的。减半警报器  这个trick能将\(n^2\)的东西硬生生优化到\(n\log^2\)，还是很厉害的trickP7603[THUPC2021]鬼街Description  鬼街上经常有灵异事件，每个灵异事件会导致编号为\(x\)的质因子的房子

Rank1BADA.喜剧的迷人之处在于签。正好早上还在改一个要分解质因数的题，所以一眼就出思路了。首先将\(a\)的平方因子全部除去，剩下的就是\(b\)必须的因数，即若设将平方因子全部除去后的\(a\)为\(a'\)，则\(b\)应表示为\(a'\timesx^2\)，从\(L\)这个下界开始只用找

原理进程之间，编程语言可以不同，内存不共享。需要用socket/IRC/RPC等技术实现进程间通信线程之间，编程语言必须相同，内存共享。类变量self.xxx共享，分叉target的函数内变量private不共享。代码#!/usr/bin/env-Scondarun--live-stream-nbasepythonimportthreadingasthi

先记个板子#include<bits/stdc++.h>usingnamespacestd;constintN=1e5+5;intn;intrt,son[N][2],sz[N],va[N],pri[N],tot;structFHQ{ voidpushup(intx){sz[x]=sz[son[x][0]]+sz[son[x][1]]+1;} intmerge(intx,inty) { if(!x||!y)returnx|y; if

题面传送门观察题目，我们可以看到这是一道朴素的，判断质数的一道题目。何为质数？质数就是除了111和这个本身，没有其他因数的数。特别的，

本题想到的解法是使用哈希表首先统计数组中每个元素出现的次数，然后对出现次数进行排序，最后进行输出。看了题解学习到使用优先级队列小顶堆来完成，小顶堆的排序规则由自己来定义。代码如下：classSolution{public:classMyComparison{public:booloper

#include<stdio.h>#include<stdlib.h>#include<time.h>#include<windows.h> typedefstructFeature{   intftr_id;//特性id   intftr_pri;//特性优先级}Feature;typedefstructUseCase{   intuc_id;//用例id   intuc_pri;/

PRI:进程优先权，代表这个进程可被执行的优先级，值越小，优先级越高，越早被执行。NI:进程NICE值，代表这个进程的优先值。%nice：改变过优先级的进程的占用CPU的百分比。mantop的解释：timerunningniceduserprocessesPRI是比较好理解的，即进程的优先级，通俗地说是程序被CPU执行的先后

https://codeforces.com/contest/838/problem/A二维前缀和的应用，注意可能比较绕然后注意边界可以拿min的替换就行#define_CRT_SECURE_NO_WARNINGS1#include<iostream>#include<vector>#include<algorithm>#include<math.h>#include<sstream>#include<string&g

前由于博主比较蒻尚在学习所以先鸽亿会欧拉筛Elaina'scodeintn,phi[N],prime[N],cnt;boolpri[N];voidPhi(){ mst(pri,1); phi[1]=1; for(inti=2;i<=n;i++){ if(pri[i]){ prime[++cnt]=i; phi[i]=i-1; } for(intj=1;j<=cnt;j++){ intk=i*prime[

1、基本概念           cpu资源分配的先后顺序，就是指进程的优先权（priority）。        优先权高的进程有优先执行权利。配置进程优先权对多任务环境的linux很有用，可以改善系统性能。        还可以把进程运行到指定的CPU上，这样一来，把不

此内容来自网络，有一定参考作用吧1.官网下载链接：https://dev.mysql.com/downloads/mysql/5.7.html2.下载解压上面的mysql,后更改Qt源码目录的两处路径配置3.打开QT安装路径下的源码C:\Qt\5.15.1\Src\qtbase\src\plugins\sqldrivers\mysql双击用QTCreator打开mysql.pro(1)打开mysql

准备今天学习的Demo是DataBinding中的Linq：创建一个空白解决方案，然后添加现有项目，选择Linq，解决方案如下所示：查看这个Demo的效果：开始学习这个Demoxaml部分查看MainWindow.xaml：<Windowx:Class="Linq.MainWindow"xmlns="http://schemas.microsoft.com/winfx/2006

问题等价于区间翻转区间顺序对数，显然没有复杂度比较好的做法。将操作序列每\(B\)个分一组，对每组进行处理。\(B\)个操作会将序列划分为\(B\)个连续段，在每次操作后都是连续段的一个排列，以及每个连续段内部可能翻转。我们称每个连续段为一个等价类。将值域按\(C\)大小分块

质数与合数判断质数显然，每个合数都会有相对较小的质因子。若\(a\)为合数，则\(a=p\cdotq(p,q>1)\)。易证\(p、q\)中一定有一个不超过\(\sqrta\)（若两个都超过\(\sqrta\)，则\(p\cdotq>a\)）。更严格地，若\(a\)为合数，则一定存在质数\(p|a\)，且\(p\leq\sqrta\)。

命令样例如下：curl-XGET"https://localhost:9200/_cat/indices?v=true&pretty"--cacert$ES_HOME/config/certs/http_ca.crt-u"elastic:ohCxPH=QBE+s5=*lo7F9"执行结果输出如下：healthstatusindexuuidprirepdocs.coun

importjava.util.Arrays;importjava.util.Scanner;classMain{staticint[]pri=newint[100];staticintidx;publicstaticvoidmain(String[]args){Scannersc=newScanner(System.in);intx=sc.nextInt();init

P1486[NOI2004]郁闷的出纳员有两种思路，均使用fhq-treap实现维护一个变量delta表示全局偏移量，对于新插入的数减去偏移量。使用fhq-treap，可以分裂出<mid的部分，直接丢掉。直接用fhq-treap维护一个类似于线段树的懒标记，每次放在根上即可。方法1#include<iostream>#include<r

不可以，总司令。题目传送门思路首先，当图中每个点出度为\(1\)时，从任一点出发必定会进入环。证明：假设有一点不符合，则沿着它的出边一直走会到一个出度为\(0\)的「终点」，与每个点出度为\(1\)矛盾。想通了这点，这题就不难了。发现出度要\(O(n)\)维护，入度可以\(O(1)\)维护