k-1

Description \(n\in[1,500],k\in[2,10]\) 。 Solution 这是一道 有点 很有难度的题。 先考虑判断一个数是否在数列 \(a\) 中。由于每次加的数是在 \([0,k)\) 的范围内，所以个位不定，但除个以外的位可以任意取值。 考虑DP。记个位为第 \(1\) 位，设 \(g_{i,p,x,a}\) 表示我们构造的数第 \(2\sim i\) 位为0，第 \(i\sim\infty\) 位中最大的位值为 \(p\) ，个位为 \(a\) ，此时我们要将第 \(i\) 位刚好填到 \(x\) ，个位变成了多少。 初值的话，可以暴力算出 \(i\in[1,2]\) 时的 \(g\) 。 不进位的转移显然。进位时，比如我们想算 \(g_{i+1,p,1,a}\) 的值，它可以由 \(g_{i,k-1,1,a'}\) 转移而来（ \(a'\) 表示我们在第 \(i\) 位填 \(k\) 次 \(1\) 后 \(a\) 会变成的数）。 然后做树形DP。如果我们沿着子树节点序列转移，那么实际上就是沿着dfs序转移，可以转移到 \(dfn[i]\) 的范围是 \([dfn[fa[i]],dfn[i])\) 。 设 \(dp_{dfn[x],j,p,a}\) 表示我们做到点 \(x\) ，考虑到第 \(j\) 位（第 \(j\) 位放 \(d[x]\) ）

无良宣传一下博客wwwwww 文章列表 - 核融合炉心 - 洛谷博客 现有两组数字，每组 \(k\) 个， 第一组中的数字分别为： \(a_1,a_2,...,a_k\) 表示， 第二组中的数字分别用 \(b_1,b_2, ... ,b_k\) 表示。 第二组中的数字 \(\underline\text{两两互质}\) 。 求最小的非负整数 \(n\) ， \(\underline{\text{满足对于任意的}i,n - a_i \text{ 能被 } b_i \text{ 整除}}\) 。 根据题意 ， 题干可以转化为: \(\begin{cases}x \equiv a_1\pmod {b_1}\\x \equiv a_2\pmod {b_2}\\......\\x \equiv a_n\pmod {b_n}\\\end{cases}\) 因为 \(bi\) 之间 两两互质 ，所以可以用 中国剩余定理 求解 但是 中国剩余定理 适用范围太小， 这里介绍用 扩展中国剩余定理 求解。 一道模板题: P4777 【模板】扩展中国剩余定理（EXCRT） \(\begin{cases}x \equiv a_1\pmod {b_1}\\x \equiv a_2\pmod {b_2}\\......\\x \equiv a_n\pmod {b_n}\\\end{cases}\) 其中 , \

题目 题目给我们的这个东西可以转化为一棵 \(k\) 叉树，有 \(n+m\) 个叶子节点，其中 \(m\) 个权值为 \(1\) ， \(n\) 个权值为 \(0\) ，每个非叶子节点的权值为其儿子的平均值，现在问你根节点的权值有多少种取值。 转化之后发现似乎可做了一点。（当然还是一道神仙题） 我们设 \(n\) 个权值为 \(0\) 的叶子节点的深度为 \(x_1\sim x_n\) ， \(m\) 个权值为 \(1\) 的叶子节点的深度为 \(y_1\sim y_m\) ，根节点的权值为 \(z\) 。 那么有 \(z=\sum\limits_{i=1}^mk^{-y_i}=z\) 。 并且如果我们把所有叶子节点的权值都设为 \(1\) ，那么树上所有点的权值都为 \(1\) ， \(z\) 也不例外， \(\sum\limits_{i=1}^mk^{-y_i}+\sum\limits_{i=1}^nk^{-x_i}=1\) 即 \(\sum\limits_{i=1}^nk^{-x_i}=1-z\) 。 我们将 \(z\) 写成 \(k\) 进制 下的小数形式， \(z=0.\overline{c_1\cdots c_l}\) 。 那么对于一个 \(k^{-y_i}\) ，它会对某一个 \(c\) 贡献一。 因此在不考虑进位的情况下， \(\sum\limits_{i=1}

转载于： https://blog.csdn.net/c914620529/article/details/50393238 高斯 拟合 (Gaussian Fitting) 即使用形如： 的 高斯函数 对数据点集进行函数逼近的 拟合 方法。 其实可以跟 多项式 拟合 类比起来，不同的是 多项式 拟合是用 幂函数 系， 而高斯拟合是用 高斯函数 系。 使用 高斯函数 来进行拟合，优点在于计算积分十分简单快捷。这一点 在很多领域都有应用，特别是 计算化学 。著名的 化学软件 Gaussian98 就是建立在高斯 基函数 拟合的 数学基础 上的。 double [,] a = new double [fitDatas.Count, 3 ]; double [] b = new double [fitDatas.Count]; double [] X = new double [ 3 ] { 0 , 0 , 0 }; for ( int i = 0 ; i < fitDatas.Count; i++) { b[i] = Math.Log(fitDatas[i].Intensity); a[i, 0 ] = 1 ; a[i, 1 ] = fitDatas[i].WaveLength; a[i, 2 ] = a[i, 1 ] * a[i, 1 ]; } // Matrix.Equation

推( chao )式子： 令$f_i$表示以i结尾时取得的最大值,$c_i$表示$a_i$这个数在第i个位置是第$c_i$次出现，则有： $$f_i=f_{j-1}+(c_i-c_j+1)^2*a_i$$ 不妨设j>k时从j转移比从i转移更优 则有： $$f_{j-1}+(c_i-c_j+1)^2·a_i>f_{k-1}+(c_i-c_k+1)^2·a_i$$ 其中$a_i$是常数，我们考虑最后再乘回去，所以先不管它 然后化简有： $$(f_{j-1}+(c_j-1)^2)-(f_{k-1}+(c_k-1)^2)>2c_i(c_j-c_k)$$ 不妨再设$dp_i=f_{i-1}+(c_i-1)^2$ 则有： $$dp_j-dp_k>2c_i(c_j-c_k)$$ $$\frac{dp_j-dp_k}{c_j-c_k}>2c_i$$ 来源： https://www.cnblogs.com/zhenglw/p/11756651.html

题意 给出一个 \(n*m\) 的 \(0,1\) 矩阵,若一个矩阵中的所有元素都相同,则这个矩阵的代价为 \(0\) ,如果不是则选择一种将它分成两个子矩阵的方案,代价为所有方案中（两个子矩阵的代价的较大值+ \(1\) ）的最小值。 \(n,m \leq 185\) 传送门 思路 \(dp[ i ][ j ][ k ][ l ]\) 表示左上角是 $( i , j ) $ 、右下角是 $ ( k , l ) $的矩阵的最小代价，四维扛不住。 因为如果每次从中间分， \(log(n)+log(m)\) 次就变成 \(1*1\) 的格子，代价是 \(0\) ，所以答案最多是 \(log(n)+log(m)\) 。 因此可以将值放进状态中，$dp[ i ][ j1 ][ j2 ][ k ] $表示左上角是 \(( i , j1 )\) 、右上角是 $ ( i , j2 ) \(、用\) k $的代价，往下最长能延伸到哪行。 转移的时候考虑横着切与竖着切。令$ d = dp[ i ][ j1 ][ j2 ][ k ]$ : 横着切 ：$ d = dp \space [ dp[ i ][ j1 ][ j2 ][ k-1 ] +1] \space [ j1 ][ j2 ][ k-1 ] $； 竖着切 ： \([ j1 , j3 ] 和 [ j3+1 , j2 ]\) 就是分出的两部分； \

题目描述 题解 随便bb 详细题解见 https://www.cnblogs.com/coldchair/p/11624979.html https://blog.csdn.net/alan_cty/article/details/84557477 https://www.cnblogs.com/Iking123/p/11626041.html 这里讲讲自己发现的东西和一些细节 f[i][p][a]表示第i位以后（包括第i位）的最大值，a表示个位，在第i为进1的个位会变成什么 为什么要包括第i位呢，因为假设的进位不会影响到p，所以考虑上包括的情况都一样 而且 可以适应 第i位不为0的情况，更 严谨 一些 g[i][p][x][a]的x表示第i位放x后个位会变成什么，只需要进x次位就行了 当i=1时要特殊考虑（考虑能否放x） 至于f和g的取值是否重复， 显然不会不然怎么做 把方程列出来后可以发现结果其实是存在原来的状态上的，所以不会重复 不然就是列错了 dp[i][j][p][a]表示dfs序为i，做到第j位的方案数 转移前缀和优化，可以直接把dp[i]设为原来的dp[1..i] 要考虑i=1和j=1 code #include <algorithm> #include <iostream> #include <cstdlib> #include <cstring> #include

已知函数 \(f(x)=x-1+\dfrac{a}{\mathrm{e}^x}\) , \((a\in\mathbb{R},\mathrm{e}\) 为自然对数的底数 \()\) . \((1)\) 若曲线 \(y=f(x)\) 在点 \((1,f(1))\) 处的切线平行于 \(x\) 轴,求 \(a\) 的值 \(;\) \((2)\) 求函数 \(f(x)\) 的极值; \((3)\) 当 \(a=1\) 时,若直线 \(l: y=kx-1\) 与曲线 \(y=f(x)\) 没有公共点,求 \(k\) 的最大值. 解析: \((1)\) 对 \(f(x)\) 求导可得 \[f'(x)=1-a\mathrm{e}^{-x}.\] 根据题意有 \(f'(1)=0\) ,于是解得此时 \(a=\mathrm{e}\) . \((2)\) 情形一 若 \(a\leqslant 0\) ,则 \(f'(x)\geqslant 0\) 恒成立,此时函数 \(f(x)\) 无极值点. 情形二 若 \(a>0\) ,则 \(f'(x)=0\) 有唯一解 \(x_0={\ln}a\) ,此时函数 \(f(x)\) 有极小值 \[f(x_0)={\ln}a.\] \((3)\) 由题可知下述方程无解 \[x-1+\dfrac{1}{\mathrm{e}^x}=kx-1,x\in\mathbb{R

　　 T1： %%%%BARCA考场怒切 。 　　联赛数学题不是很常见。 　　$a+b<=n$且$(a+b)|ab$ 　　既然要简化问题就要让他们除以gcd(a,b)以后互质 　　于是有了$(a'+b')*d|a'b'd^2$ 　　同时约掉一个d$(a'+b')|a'b'd$ 　　这是要有一个结论才能达到我们最终的目的。 　　由$gcd(a',b')=1$得到$gcd(a'+b',a'(b'))=1$得到$gcd(a'+b',a'b')=1$ 　　所以$(a'+b')|d$，其实这是最终想要的， 　　因为一开始的$(a'+b')*d=a+b$所以这样就可以设$k(a'+b')=d$ 　　然后通过不等关系得到$k(a'+b')^2=a+b<=n$出了平方就有根号复杂度了。 　　考虑枚举每个$i=(a'+b')$然后就可以得到$k=\frac{n}{i^2}$个解，然后在考虑内部$a'b'$有多少对，仍然用辗转相除可以得到是欧拉函数。 　　$\sum \limits_{i=1}^{\sqrt{n}} \frac{n}{i^2} \phi{(i)}$ 　　T2：SB题 $O(nlogn)$求最长上升子序列。随便优化 　　T3：好题，如何考虑性质。 　　既然是 斐波那契 数肯定和 斐波那契 数列有关。而且构树方法很有规律，也就是说这棵树和子树长得一样 　　找一找那个和斐波那契有关

由于存在一道题叫做白兔之舞就导致这道题看上去非常的板...... 约定， \([x]\) 表示 \(x\) 向下取整 \[\sum_{i=0}^n\dbinom{n}{i}*p^i*[\dfrac{i}{k}]\] 然后会想到可以将 \([\dfrac{i}{k}]\) 拆开变成： \[\dfrac{i-i\%k}{k}\] 于是原问题变成： \[\sum_{i=0}^n\dbinom{n}{i}*p^i*\dfrac{i-i\%k}{k}\] 看到了 \(i\%k\) ，然后还有组合数，然后 \(k\) 还是 \(2\) 的整数次幂，这个时候当然是单位根反演上场了... \[\sum_{t=0}^{k-1}\sum_{i=0}^n[i\%k==t]\dbinom{n}{i}*\dfrac{i-t}{k}*p^i\] 然后就是喜闻乐见的化式子了 \[\sum_{t=0}^{k-1}\sum_{i=0}^n[(i-t)\%k==0]\dbinom{n}{i}*\dfrac{i-t}{k}p^i\] \[\sum_{t=0}^{k-1}\sum_{i=0}^n\dfrac{1}{k}\sum_{j=0}^{k-1}\omega_{k}^{(i-t)j} *\dbinom{n}{i}*\dfrac{i-t}{k}p^i\] \[\dfrac{1}{k^2}\sum_{t=0}^{k-1}