考虑维护包含前$i$个点的最小圆，并不断加入下一个点—— 若加入的点被该圆包含，显然答案不变，否则该点必然在新的最小圆边界上 换言之，此时得到了一个确定边界上某点的子问题，并用类似的方式处理 以此类推，当第$3$轮中出现此情况时，即得到了圆边界上的三点，进而解出该圆 具体的，以距离圆心
假设 \([1,i]\) 这些僵尸的血量之和为 \(s_i\)，那么第 \(n\) 关的答案就是 \(\max(\frac{s_1}{x_n},\max_{i=2}^{n}\frac{s_i}{x_n+(i-1)d})\) 对于第一个单独处理，后面的考虑怎么优化。 可以发现这相当于求某个斜率的最大值。于是我们直接二分这个斜率。 找到一个僵尸，令斜率为二分
曲线平滑 1.曲线平滑步骤 第一步：创建频率域加权系数数组 \[{\rm{Gamma(i) = }}\frac{1}{{1 + par{{\left( {2 - 2\cos \frac{{i \cdot PI}}{N}} \right)}^2}}} \]其中\(par\)为平滑算法的平滑参数，\(par\)越大，平滑成都越狠，\(N\)为待平滑数组的总点数。 第二步：对待平滑数组\(X\)进行
给定 \(n,m\)，保证 \(\mu^2(n)=1\)，求： \[\sum_{i=1}^m\varphi(in) \]模 \(10^9+7\)，\(n\leq 10^{10},m\leq 10^9\)． 对于把 \(\varphi(in)\) 拆开，比较经典的是考虑每个质因子 \(p\) 的贡献，则有： \[\begin{aligned} &\sum_i^m\varphi(in) \\ =&\sum_i^m\frac{\var
拉格朗日乘数(Lagrange Multipliers)法 在数学最优问题中，拉格朗日乘数法（以数学家约瑟夫·路易斯·拉格朗日命名）是一种寻找变量受一个或多个条件所限制的多元函数的极值的方法。这种方法将一个有n个变量与k个约束条件的最优化问题转换为一个有n + k个变量的方程组的极值问题，其
高等数学与初等数学的区别 初等数学: 静态的看待变量 如: 当x=0时，$ \frac{1}{x} $ 没有意义 高等数学: 动态的看待变量，因为引入了运动 如： 当 $x \to 0 $时， $ \frac{1}{x} = \infty $ 小结： 要有极限（即运动）的思想 导数、微分、积分的本质都是一种极限运算
常见描述性指标的python实现 集中趋势 均值 \[\mu=\frac{\displaystyle\sum\limits_{i=1}^N{X_i}}{N} \]中位数 众数 离散程度 极差 \[R=\max{(X)}-\min{(X)} \]方差 \[\sigma^2=\frac{\displaystyle\sum\limits_{i=1}^N (X_i-\mu)^2}{N} \]标准差 \[\sigma =\sqrt{\sigma^2} \]变
从傅里叶级数（Fourier series）到离散傅里叶变换（Discrete Fourier transform） 一. 傅里叶级数（FS） 首先从最直观的开始，我们有一个信号\(x(t)\)（满足Dirichelet条件），先假设它是周期的，为了研究它，我们使用级数将之展开，展开方法如下 \[x(t)=\sum_{k=0}^{\infty}a_ke^{jkw_0t}\tag{1} \]现在问
又是一年SDSC到但是我已经成为时代的眼泪啦 但我翻翻去年的笔记，好像就Day1写得还行，剩下几天就很摸 所以就只把Day1的笔记搬过来啦~（我才不会说临时起意搬笔记的原因是又有好题图了（当然不是）） 配套题单 质数筛 提供一种快速的分解质因数的方法： 在线性筛的时候可以顺道求出每个数的最
这题的思路很清晰，和这题类似。 我们先考虑不将它重复\(k\)次，即字符串\(S\)所有的方案的和的平均数。 首先，若没有?\(最少的次数=\lceil\frac{相邻两个数不同的个数}{2}\rceil\)，那我们将每两个不同的字符的贡献看成\(\frac 1 2\)，由于若相邻的不同的个数为奇数时要向上取整，我们发现，此
没听全，好毒瘤啊。先记一题： 求： \[[x^ny^n](1+x)^k(1+y)^l(1-xy)^{-k-l-1} \]考虑扩元。从二元生成函数变成四元的。 改成求： \[\begin{aligned} [u^kv^lx^ny^n]\sum_{u\ge 0,v\ge 0}(1+x)^ku^k(1+y)^lv^l(1-xy)^{-k-l-1}\\=\frac{1}{1-xy-u(1+x)}\frac{1}{1-xy-v(1+y)}(1-xy) \end{a
根据期望的线性性，考虑某个节点会做 pushdown 的概率为 \(P_u\)，答案显然就是 \(\sum P_u\)。 考虑一个节点不会被做 pushdown 的概率为 \(p_u=1-P_u\)，设这个节点所代表的区间为 \([l,r]\)，那么这个节点不会被做 pushdown 当且仅当所有包含这个区间的修改中，加起来的权值和为 \(0\)。
大朋友与多叉树 首先可以列出来这个： \[F(x)=x+\sum F^{d_i}(x) \]于是设： \[G(x)=\sum x^{d_i} \]\[F(x)=x+G(F(x)) \]\[F(x)-G(F(x))=x \]设 \(H(x)=x-G(x)\)，就有 \(H(F(x))=F(H(x))=x\)，根据拉格朗日反演就有： \[[x^n]F(x)=\frac{1}{n}[x^{n-1}](\frac{H(x)}{x})^{-n} \]
Lecture 01 为什么研究经典力学？（量子力学存在） 更高观点看简单事物 发展数学以走出认知边界 大纲 拉格朗日方程（代替牛顿方程） 守恒定律 积分方程 ： 中心场问题，谐振子问题，刚体运动 规范方程（哈密顿方程、哈密顿-雅各比方程） 课本： Goldstein [Herbert Goldstein_ Charles P. Poole
考虑把矩阵消成上三角然后求对角线的值。 可以发现每一行只会消掉自己的倍数行，且系数为 \(1\)。 假设第 \(n\) 行 \(n\) 列的元素是 \(f[n]\)，有： \[f[n]=n^k-\sum_{d\mid n,d\ne n}f[d] \]\[f * 1=id^k \]\[f=id^k * \mu \]考虑每个质数幂处的这玩意儿是好算的，而且是考虑答案的乘积
杨表 杨氏矩阵（Young Tableau），又称杨表，是一类每行长度严格不降的表格，大小为 \(n\)，数字 \(1,2,..,n\) 在表中满足从左到右和从上到下严格递增。设第 \(i\) 行的长度为 \(\lambda_i\)，则 \(\lambda _i\geq \lambda_{i-1},\sum_{i}\lambda_i=n\)，大小为 \(n\) 的杨表形态 \((\lambda_1,\l
Experience Replay 经验回放。价值学习高级技巧第一篇。 之前讲解的 价值学习的方法 都很简单，所以实现效果并不优秀。接下来会介绍一些高级的技巧，可以大幅度提高 DQN 的表现。Experience Replay 是最重要的技巧。 10. 经验回放 10.1 DQN / Deep Q Network DQN 是用神经网络 \(Q(s,
这题和 https://atcoder.jp/contests/abc189/tasks/abc189_f 是相似的。 首先我们设\(f(mask,number)\)表示考虑若干个数，目前出现的差在\(mask\)中，最后一个数是\(number\)时，数列的期望长度。 但是我们发现这样比较难以转移，因为我们不知道转移过来的状态是否是合法的。（比如当你是ro
\[E_p [f(z)] = \int p(z)f(z) dz = \int \frac {p(z)}{q(z)} q(z) f(z) dz = \int \frac{p(z)}{q(z)} f(z) q(z) dz \approx \frac{1}{N}\sum_{i=1}^Nf(z_i)\frac{p(z_i)}{q(z_i)} \]\[z_i \sim q(z) , i = 1, \dots ,N \]用\(q(z_i)\)采样，得到\(z_i\), 然后用
好像是多项式最基础的算法（？，但是咕了比较久，现在学一下吧。 差值是啥 这个东西类似于 FFT 的转化过程，就是多项式点值和多项式系数的转化，简而言之就是解决下面的问题，P4781。 已知一个 \(n-1\) 次多项式的 \(n\) 个点值，\(f(x_i)=y_i\)，已知 \(k\)，求 \(f(k)\bmod 998244353\)。 \(n\le 2
似乎是水题（ 考虑到一个点也可以视作一个环，那么仙人掌相当于每个“节点”都是环的树。 只要意识到这个了就超级简单。。。 将 \(k\) 个大小分别为 \(s_1\sim s_k\) 的连通块连接起来成为一个连通块的方案数是 \((\prod s_i)\times n^{k-2}\)。 考虑 prufer 序列。prufer序列数的是
解决如下问题：给定 \(n\)，求 \[\sum \limits_{i=1}^n \lfloor\cfrac{n}{i}\rfloor \]考虑画出 \(\cfrac{n}{i}\) 的函数图像，并将 \(\lfloor\cfrac{n}{i}\rfloor\) 相等的区间用颜色块表示出来：（取 \(n=7\)） 发现虽然 \(n=7\)，但是只有 \(4\) 个带整数的块。 考虑 \[\sum \limits_{i=1}^
Description \(\mathcal{P}\text{ortal.}\) Solution 首先想到要把 \(\varphi(ij)\) 拆开，这里有个公式 \[\varphi(ij)=\dfrac{\varphi(i)\varphi(j)\gcd(i,j)}{\varphi(\gcd(i,j))} \]考虑证明，有 \[\begin{aligned} \varphi(i)\varphi(j) &= i\prod\limits_{p|i,p\i
引入 什么是 \(\text{FFT}\) ？ 反正我看到 \(\text{wiki}\) 上是一堆奇怪的东西。 快速傅里叶变换（英语：Fast Fourier Transform, FFT），是快速计算序列的离散傅里叶变换（DFT）或其逆变换的方法。傅里叶分析将信号从原始域（通常是时间或空间）转换到频域的表示或者逆过来转换。FFT会通过把DFT
设 \(f[n][m]\) 为将 \(n\) 个有标号元素放入 \(m\) 个有标号集合（不能空） 的方案数。 答案就是 \(\frac{\sum i\times f[n][i]}{\sum f[n][i]}\)。 来考虑这个鬼东西怎么算。。。容易发现 \(f[n][m]=n^{m}\)。 那么有 \(n![x^n]\sum_{i=1}^{n}(e^x-1)^{i}=n![x^n]\fra
