邮寄开场A写了70，然后写C。C大样例过了。然后D写了30走人。B在知晓题意后，过了样例。然后撤退了。70+0+40+50=160。A光我们先预处理出\(a,b,c,d\le14\)的答案（待会儿要考）。然后，有一种贪心思路：每次找到亮度需求最多的地方，加上\(4\)点亮度，重新计算贡献。

数学、数论namespacemath{ intmu[MAXN],prime[MAXN]; bitset<MAXN>is_prime; intMOD; intfrac[MAXN]; intqpow(inta,intb){ if(b==0)return1; if(b==1)returna; intk=qpow(a,b>>1); k*=k;k%=MOD; if(b&1)k*=a;k%=MOD; returnk;

讲一个很暴力的方法（为描述方便，下文\(a\)数组代表\(s1\)，\(b\)数组代表\(s2\)）。发现假如当前\(a_i\neb_i\)，就不需要再向下枚举了，于是拥有了分类讨论的雏形。我们设\(inv\)代表进行到这一步的概率，可分为以下四种情况：\(a_i>0,b_i>0\)。此时假如\(a_i=b_i\)，略过；若\(a_i>

发现这个东西有一种隐隐约约的递推藏在里面，然后发现确实是递推。具体的，我们注意到一个正方形先进行第一次折，我们发现实际上它分成了\(4\)个小正方形，这四个小正方形是互相独立的，然后折完一次后它们都变成了一个三角形，我们试着分析每个三角形在后一次是怎么折的，发现折完以后还会

对于给定的\(m\)个点，将整个序列分为了\(m+1\)段，我们可以先将每一段看作同一个类型，同一个类型间不同的顺序看作同一种。那么显然，答案即为可重集的排列数。设\(\{S=n_1\cdota_1,n_2\cdota_2,...,n_k\cdota_k\}\)表示由\(n_i\)个\(a_i\)组成的集合。那么此集合的排

这种题在想题的时候可以先随便找到一个做法再去优化，不要管复杂度，想多了容易混。首先容易发现，这道题直接计数比较困难。所以我们想到了用容斥来解决这个问题。但是容斥的方式可能比较多，可以多尝试然后选择最简便的方法。钦定\(f_i\)表示，我们强制\(n\)个数中的\(i\)个出现次

CF327CMagicFive搬运工单调队列优化DP加等比数列求和首先\(5\)的倍数要求末尾是\(0\)或\(5\)所以我们只用看给定字符串的\(0\)和\(5\)就好，我们钦定他是最终的数的末尾。在他之前的选择删掉，在他之后的全部删掉，方案数就是\(2^{pow-1}\)，答案累加就可以了。容易想到

题目传送门前置知识等比数列求和公式|乘法逆元解法设\(lena\)表示\(a\)的长度。首先，若一个数能被\(5\)整除，则该数的末尾一定为\(0\)或\(5\)。故考虑枚举\(a\)中所有的\(0\)和\(5\)的下标，设此下标后面有\(x\)个数字，由于\(s\)是由\(a\)复制\(k\)遍形

感谢可爱cftm\(y=\frac{ax+b}{c}\)在\(x\in(0,n]\)中，如果遇到一条\(x=k\)的竖线执行\(R\)，否则执行\(U\)，如果遇到整点先\(U\)在\(R\)（可以将\(U,R\)视作具有结合律的信息），问最后得到的信息是啥。记作\(solve(n,a,b,c,U,R)\)，其中\(0\leqb<c\)。如果\(a\geqc\)：此

intqpow(inta,intn){intans=1;while(n){if(n&1)//如果n的当前末位为1ans*=a;//ans乘上当前的aa*=a;//a自乘n>>=1;//n往右移一位}returnans;}

2023/8/9~2023/8/11做题目录2023/8/9~2023/8/11做题CodeforcesRound121(Div.1)C.FoolsandRoadsCodeforcesRound343(Div.2)C.FamilDoorandBracketsCodeforcesRound880(Div.1)A.k-thequalityCodeforcesRound121(Div.1)C.FoolsandRoads树形dp+

当幂指数很大的时候，线性可能也会超时intqpow(inta,intb,intp){intans=1;a=a%p;while(b){if(b&1)ans=ans*a%p;//不能写成ans*=a，不知道原因，反正会waa=a*a%p;b>>=1;}retur

洛谷传送门AtCoder传送门很好的题。下文令\(k\)为原题面中的\(n\)，\(n\)为原题面中的\(k\)，\(m\)为原题面中的\(m\)。从一些简单的情况入手。1.\(m\)为质数\(k=0\)的情况是平凡的，只需要要求\(\existsi\in[1,n],a_i=0\)即可。总方案数减去不合法方案数，

洛谷传送门AtCoder传送门其实是套路题，但是为什么做不出来啊第一步就是经典套路。枚举\(k\)，统计中位数\(>k\)的方案数，加起来就是中位数的总和。那么现在\(x_{1\simn},y_{1\simm}\)就变成了\(0/1\)序列，考虑一次操作，如果\((x,y)=(0,0)\)，那么\(a\)会变成\(0\)

C.猫猫与数列可以猜测，答案应当很小，所以可以直接暴力判断最大的n首先我们可以走两种路：第一种，利用求对数来比较，注意精度问题即可，但我感觉这里的快速幂会溢出嘛？while(1){ a=qpow(x,y); if(y*log(x)>log(maxm)+1e-5)break; ++c; x=y;y=a;}cout<<c<<"\n";第二种做法，快速幂

好神仙的题。考虑形如\(F(x,y,z)=x^i+y^i+z^i\)的函数有一个性质：\(F(tx,ty,tz)=t^iF(x,y,z)\)。原式要求\((x+y+z)(x^n+y^n+z^n)(x^{2n}+y^{2n}+z^{2n

题目链接：超级次方发现自己算法比较弱，打算恶补一下常用算法，故最近开始刷LeetCode题目，初步定为每天一道。中等和困难会写解析，简单的不写，可以关注一下。你的任务是计算ab

CF955CSadpowersLuoguCF955C题面翻译给你\(q\)个询问，每次询问\([l,r]\)这个区间内满足\(x=a^p(a>0,p>1)\)的\(x\)的数量。数据范围：\(1\leqslantq\leqsla

快速幂递归快速幂递归无非是一个二分的思路。我们很自然地可以得到一个递归方程：$a^{n}=\begin{cases}a^{n-1}\cdota\quadif\n\is\odd\a^{\frac{n}{

贴个板子，以备复习点击查看代码#include<cstdio>#include<cstdlib>#include<algorithm>#include<unordered_map>#include<cmath>#definemod998244353#definemax

#include<bits/stdc++.h>usingnamespacestd;longlonga,b;intqpow(inta,intb){ intres=1; while(b>0){ if(b%2==1)res=(longlong)res*a; b/=2; a=(long