首先我们可以求出来满足条件的珠子的总数 \(m\)。有以下结论： 对于一个大小为 \(n\) 的环，用 \(m\) 种颜色给它染色，要求环上相邻两个点的颜色不同，那么方案数为：\((m-1)^n+(-1)^{n}(m-1)\)。 我是硬推出来这个式子的2333 具体来说，设 \(f(n)\) 表示大小为 \(n\) 的环的答案，考虑容斥：
CF1557C（组合数，位运算） 题意 给出序列长度 \(n\) ，取值范围 \([0,2^k - 1]\) 。 求满足 \(a_1 \& a_2 \& a_3 ... \& a_n \ge a_1 \oplus a_2 \oplus ... \oplus a_n\) 的方案数。 思路 先分奇偶讨论。 当 \(n\) 为奇数时，只可能使得不等式等号成立。大于号总不可能成立。因此考虑取等
Description 计算满足下列条件的 \([m\times n]0/1\) 矩阵的数量： 每行后 \(n-k\) 列至少有一个 \(1\) 每行互不相同 \(1\sim p\) 列共有奇数个 \(1\)，\(k+1\sim k+q\) 列共有奇数个 \(1\) 行之间无序 \(1\le k<n\le 10^9,m\le 10^6\) Solution 先不考虑最后一个限制，最后
使用场景 计算大数的约数个数和约数和 例子 acwing97 需要用到公式 函数 个数 // ans = 1; for (int i=2;i<=a;i++) { int s=0; while(a%i==0) { s++; a/=i; } if(s) ans=ans*(s+1); }
题面 思路 根据二项式定理, 那么 算 需要用快速幂. 可以根据组合式的递推公式算组合数.我是这么写的. 或者是利用组合数的定义式,但是因为有取余, 所以要用逆元. 其中 为逆元, 这个可以直接用费马小定理, 正好前面写了快速幂, 岂不是美滋滋. Code #include <bits/st
\(a^b\equiv a^{b\bmod \phi(p)+\phi(p)}\pmod p\) 坑点：算欧拉函数要判断最后除没除完 \(b<m\) 时不加 \(\phi(p)\)，只取膜。 欧拉函数暴力筛：em-=em/i; #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define int long long int a,m,mo; int em; string b; int mb=0; int ksm(int
直接确定第一天后面还是不太好维护，所以考虑维护差分数列。然后就是个组合数学。 #include<bits/stdc++.h> #define ll long long using namespace std; ll n,m,p,ans,k; ll ksm(ll a,ll b,ll mod) { ll res=1; while(b) { if(b&1) {
KSM在初始化是会创建一个名为"ksmd"的内核线程。 [mm/ksm.c] static int __init ksm_init(void) { struct task_struct *ksm_thread; int err; err = ksm_slab_init(); if (err) goto out; ksm_thread = kthread_run(ksm_scan_thread, NULL, "ksm
Kusama 通常被称为“Polkadot 的第一个测试网”，旨在推广 Polkadot 的审计系统。 Kusama 是一个可扩展的多链网络。 主要目的是希望 Kusama 能够成为 Polkadot 的测试链，即在新项目/Dapp 正式上线之前在 Kusama 上进行测试。 运行，确认没有问题，然后去Polkadot。 因此，Kusama 的区
我们说完CPU方面的优化，接着我们继续第二块内容，也就是内存方面的优化。内存方面有以下四个方向去着手：EPT 技术大页和透明大页KSM 技术内存限制1. EPT技术EPT也就是扩展页表，这是intel开创的硬件辅助内存虚拟化技术。我们知道内存的使用，是一个逻辑地址跟物理地址转换的过程。虚拟机内
namespace Poly{ const int N=1<<20; const int mod=998244353; const int G=3; int n,rev[N],f[N],g[N],all; int ksm(int x,int y){ int rt=1; for(;y;x=(1llxx)%mod,y>>=1)if(y&1)rt=(1llrtx)%mod; return rt; } void NTT(int a,int tp,int LG){ int lim=(
部署在Kusama上的Rococo平行链测试网，目前运转良好。Kusama平行链插槽拍卖上线在即。 今日，Parity Technologies核心开发者Shawn Tabizi表示，将在近几日重启波卡平行链测试网Rococo，并启动波卡平行链众筹拍卖模块。 受持续利好影响，KSM持续走出独立行情，接连破
给定字符串 \(S\)，每次操作选择两个不同的相邻字符，将其变成不同的另外一个（如 ab\(\rightarrow\)cc） 求经过这种操作能变成的字符串数量\(\bmod 998244353\)。 \(2\le |S|\le 2\cdot 10^5,\Sigma=\{\texttt{a,b,c}\}\)。 对于字符串 \(T\)，找一些 \(S\) 能变成 \(T\) 的充要条件。首
看点 牛逼的斐波那契切矩阵快速幂 排序 STL针对区间的函数 \(sort\) \(merge_sort\),归并 \(quick_sort\)，快速 \(heap_sort\)，堆排序 其他 \(reverse (a+1,a+n+1)\) 翻转 \(a+1\)到 \(a+n\) \(unique (a+1,a+n+1)\) 去重数组，例子:\(11233556667-->1234567...\),前提条件，去重数
快速幂 a的b次方最快的求解方法 #include using namespace std; int ksm(int a,int b,int p){ int result = 1; while(b>0){ if(b&1){ result=resulta%p; } a=aa%p; b>>=1; } return result; } int main(){ int a,b,p; cout<<ksm(a,b,p)<<endl; }
牛牛和牛可乐的赌约 题目链接 逆元的入门题 #include<iostream> #include<cstdio> #include<string> #include<math.h> using namespace std; typedef long long ll; const int mod=1e9+7; ll ksm(ll a,ll b) { ll res=1; if(b==0) return 0; while(
也可以直接用等比树列求和公式，乘上逆元 分治： 1 #include <iostream> 2 #include <algorithm> 3 #include <cstring> 4 using namespace std; 5 6 using ll = long long; 7 const int Mod = 9901; 8 int ksm(int a, int n){ 9 int res = 1; 10
这是蒟蒻的第一篇题解，（之前的都没过，估计这篇也过不了 回到正题 这题，本蒟蒻第一眼看到以后，就决定咦，这不是模拟吗？ 看到世界范围，嗯，打扰了。 扯回正题 首先，暴力肯定是A不了的（至少我A不了 但是，身为蒟蒻的我，还是打了一个暴力。 include<bits/stdc++.h> using namespace std; double x, an
题面: 我们知道：相邻房间的犯人的宗教相同的方案数=总方案数-相邻房间的犯人的宗教不相同的方案数； 那么所有方案数是m^n; 我们假设第一个房间有m中取值方案，而对于每个房间(非第一个)都有m-1个取值方案，所以总方案是(m-1)^(n-1)*m; 那么答案就显而易见了； #include <bits/stdc++.h
题目背景 感谢@hehe_54321 提供的3组hack数据 题目描述 输入两个正整数aa和bb，求a^ba b 的因子和。由于结果太大，只要输出它对9901的余数。 输入格式 仅一行，为两个正整数aa和bb (0\leq a,b \leq 500000000≤a,b≤50000000)。 质因数分解 (1+p1^1+p1^2+...+p1^c1)(1+p2^1+p2^2+...+p
题面：亚瑟王 最近考试考期望很自闭啊，没做过这种类型的题，只能现在练一练； 所谓期望，就是状态乘上自己的概率；对于这道题来说，我们要求的是每张牌的伤害乘上打出的概率的和； 当然不是直接乘，因为给的是每轮中这张牌打出的概率，这张牌没打出就要考虑下一张牌，要有一张牌发出技能才能结束一轮；除
Analysis 快速幂模板，注意在最后输出时也要取模。 快速幂模板 1 inline ll ksm(ll x,ll y) 2 { 3 ll ans=1; 4 while(y>0) 5 { 6 if(y&1) 7 { 8 ans*=x; 9 ans%=k;10 }11 x*=x;12 x%=k;13 y
这是蒟蒻的第一篇题解，（之前的都没过，估计这篇也过不了 回到正题 这题，本蒟蒻第一眼看到以后，就决定咦，这不是模拟吗？ 看到世界范围，嗯，打扰了。 扯回正题 首先，暴力肯定是A不了的（至少我A不了 但是，身为蒟蒻的我，还是打了一个暴力。 #include<bits/stdc++.h>using namespace std;double x, ans;
a^-1 mod p 就是 我们要求的，这个值的结果恒等于 a^p-2 mod p inline int ksm(int x,int y){ int ans1=1;while (y){ if (y&1) ans1=1ll*ans1*x%Mod; y>>=1;x=1ll*x*x%Mod; }return ans1;} 比如E/V 对MOD 取余就是 E*ksm(V,MOD-2)%MO
学到的东西 不知道gcd时不妨先假设为d，然后为了满足全部式子说不定可以得到d的取值范围。 幂上带幂考虑欧拉定理的使用。 有几个特殊情况会破坏公式的完美不要紧，看看特殊情况是否能简便地判定。 连乘公式，证明方法是右边分母乘到左边就都消了： #include <cstdio> #include <cstring
