[原题传送门]（http://poj.org/problem?id=1995） 题目大意 先给定n组数据， 每组先给定m为模数， 再给定h组号码ai与bi， 输出每组数据处理的结果 题解 a^b的大小把握不住，从以下几点出发 1.考虑到求模公式：(ab)%p=(a%p)(b%p)%p 证明如下： 令a=k1p+r1,b=k2p+r2; 则(ab)%p=(k1k2pp+k1r2p+k2r1p+
《贝祖定理》 简单来说是: 整数 a,b ,gcd(a,b)=d; 则 存在x,y使ax+by=d成立 证明： 《扩展欧几里得算法》 由贝祖定理：ax+by=gcd(a,b) 则：当不断取模gcd(a,b)=......=gcd(an,0)时 an*x+b*0=gcd,而an=gcd，所以 x=1,y=任意，为了方便y=0; 设：当前层ax+by=gcd 已知下一层的x
欧几里得算法和扩展欧几里得算法 概述 本篇简要介绍欧几里得算法和扩展欧几里得算法 欧几里得算法 欧几里得算法就是辗转相除法，用于求两个数的最大公约数 欧几里得算法： public static int gcd(int a,int b){ return b==0?a:gcd(b,a%b); } 欧几里得算法的证明： 前提：设gcd(a,b) 是
[2010年NOIP普及组] 数字统计题目大意是在[l,r]这个区间中，统计所有数字的每一位上有多少2。很明显，这个题目要用到数字拆分。代码如下：int a=i;while(a!=0){int b;b=a%10;//单独提出最后一位if(b==2)n++;//统计a=(a-b)/10;//删除最后一位，让倒数第二位成为最后一位，重复上述过程}总代
起因 起因是要在公司和家里都要运行nginx进行前端的动静分离, 其实最好的方案是吧nginx部署在云服务上, 但是网络不互通. 最后就只能下载一个windows的nginx了, 家里和公司个各自跑各自的. 但是windows上nginx的启动没有linux上的方便, 于是便有了这个脚本的产生. 球友们也可以参
多项式乘法 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int N=(1<<18),P=998244353,G[2]={3,(P+1)/3}; int rv[N],gp[2][N],iv[N]; inline int fpw(int a,int x){ int s=1; for(;x;x>>=1,a=1ll*a*a%P) if(x&1) s=1ll*s*a%P; return s;
快速幂 快速幂思想主要时求a^2^1-logk次方然后再将k组合出来，这就只要看k的二进制了，此位上为1我就要加上这以为的的二进制 比如4^5,5的二进制位101那么 $$ 4^5=4^{2^0+2^2}$$ 这样就只要要求1-logk就可以l求出a^k了，和背包的01优化有点像。 #include<bits/stdc++.h>using namespace
public class Test { public static void main(String[] args) { Scanner input=new Scanner(System.in); System.out.println("请输入你想知道的年份？"); String s=input.nextLine(); int res=Integer.parseInt(s); Boolean r=
今天学了一些基础数论，简单记录一下： 首先是前备基础： 1.小学奥数之排列组合 排列： 组合： 组合重要公式： 这些显而易见的东西也不过多赘述，本质就是杨辉三角与组合还有完全多项式系数之间的关系 2.基础数论算法： 假设x≡y (%p)x+a ≡ y+a (% p)x-a ≡ y-a
#include <stdio.h> #include <math.h> main() { int a=1003; int b,c=0,d=0,s=0;while(a) { b=a%2; s=s+b*pow(10,d); d++; a=a/2; } printf("%d",s); getchar(); } 搜索 复
1、 for i in range(100,1000): s = str(i) if int(s[0])**3+int(s[1])**3+int(s[2])**3==i: print(i,end=", ") 2、 a = eval(input("请输入年份：")) b = a%400 c = a%4 d = a%100 if b == 0 or (c == 0 and d !=0): print(a, "
1055：判断闰年 时间限制: 1000 ms 内存限制: 65536 KB提交数: 97378 通过数: 43623 【题目描述】 判断某年是否是闰年。如果公元a年是闰年输出Y，否则输出N。 【输入】 输入只有一行，包含一个整数a(0 < a < 3000)。 【输出】 一行，如果公元a年是闰年输出Y，否
#pragma GCC optimize(2) #pragma GCC optimize(3,"Ofast","inline") #include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<queue> #include<algorithm> #include<map> #include<cmath> typedef
扩展欧几里得用于求解方程 ax+by=gcd(a,b)的解 当 b=0时 ax+by=aax+by=a 故而 x=1,y=0x=1,y=0当 b≠0 时因为gcd(a,b)=gcd(b,a%b) 而bx′+(a%b)y′=gcd(b,a%b) bx′+(a−⌊a/b⌋∗b)y′=gcd(b,a%b)ay′+b(x′−⌊a/b⌋∗y′)=gcd(b,a%b)=gcd(a,b)故而x=y′,y=x′−⌊a/b⌋∗y′
code #include<iostream> #include<algorithm> using namespace std; #define ull unsigned long long ull quick_pow(ull a,ull b,ull p){ ull res=1; while(b){ if(b&1){ res=res*a%p; } b>>=1; a=a*a%p; } return res%p; } int main(
求最大公约数两种方法 #include<stdio.h> int main(){ int gcb(int a,int b); int m,n; printf("请输入两个数:"); scanf("%d" "%d",&m,&n); int t; if(m<n){ t = m; m = n; n = t; } printf("%d",gcb(m,n)); // whil
1. 更相减损术 可半者半之，不可半者，副置分母、子之数，以少减多，更相减损，求其等也。以等数约之。 ——《九章算术》 int gcd(int a, int b) { if (a > b) return gcd(a-b, b); if (a < b) return gcd(b-a, a); return a; } 2. 辗转相除法 int gcd(int
题目： 变量意义如下： x:输入的数。 s[i]：x从个位数起（包括个位）的第i位数。（注意：此处数组一定要开在main主函数外） a：x的替身。（为了防止改变x） b：x的位数。 先说说我的思路： 用while算出x的长度并把x的每一位数放入s数组 。每进行一次循环b++，s[b]=a%10,a/=10。 再把b输出出来。 还
描述 求 a 的 b 次方对 p 取模的值，其中 1≤a,b,p≤10^9 输入格式 三个用空格隔开的整数a,b和p。 输出格式 一个整数，表示a^b mod p的值。 1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 typedef long long ll; 4 int a,b,p; 5 ll quipow(int a,int b) 6 { 7 ll
快速幂 用来求a^k mod p 其中a k ,p 可以到1e9 可以左到o log k 而朴素 o k 计算出 2^1 2^2 组合变成k 本质将k变成二进制数 res =(连乘符号i到k的位数) a(2i) (a*b) % k = ((a % k) * (b % k)) % k; int qmi(int a,int k ,int p){ int res=1; while(k){//拆开k if(k%i)
给定两个整数，让你求这两个数的最大公约数 最大公约数顾名思义就是：这几个整数共有的约数中最大的一个。 目录 1. 辗转相除法 2.更相减损法 3.穷举法 1. 辗转相除法 思路： （1）将两个整数求余数a%b = c；如果c = 0，则b为最大公约数 （2）如果c != 0，则让a = b, b = c，继续执行a%b = c；判断条
#include <iostream>#include<cmath>using namespace std; int main() { cout << "请输入一个大于1的整数："<<endl; int a,b,n; bool flag=true; cin>>a; if(a<=1) cout<<"请输入一个大于1的整数：" if(a==2) cout<<a<<&q
#include<stdio.h> int f(int a,int b){ int c; int temp=0; if (a<b) { temp=a; a=b; b=temp; } while(a%b!=0) { c=b; b=a%b; a=c; if (a<b) { temp=a; a
一.普通快速幂： 1 #include <stdio.h> 2 int main() 3 { 4 int a,b; 5 int result=1; 6 scanf("%d%d",&a,&b); 7 while(b>0) 8 { 9 if(b%2==1) 10 result=((result%1000)*(a%1000))%1000; 11
Bézout’s定理 ∀ a , b ∈ Z \forall a, b \in Z ∀a,b
