diff --git a/2023/10/26/Test-Article/index.html b/2023/10/26/Test-Article/index.html index 636651d..1ed5ba7 100644 --- a/2023/10/26/Test-Article/index.html +++ b/2023/10/26/Test-Article/index.html @@ -35,7 +35,7 @@ 
1
print("Hello, Love from Yttr")


$f(x) = x^2+x+1$

-

Test Article

https://yttriumwillow.github.io/2023/10/26/Test-Article/

作者

YttriumWillow

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2023-10-26

更新于

2023-10-27

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P5377 [THUPC2019] 鸽鸽的分割 题解
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P5377 [THUPC2019] 鸽鸽的分割 题解

简要题意

连结圆上 $n$ 个点，求最多能够把圆分成几个部分。

+

前置知识

欧拉公式：$F(ace)=E(dge) - V(ertex)+2$

+

人话：$\text{多边形面数} = \text{边数} - \text{顶点数} + 2$

+

思路

将一个圆折叠成一个多面体，你可以进行一些奇妙的空间变换来达到这一点。

+

那么我们最后会多出一个底面。

+

因此在我们的这个圆中 $F(n)=E-V+1$

+

求 $V$

圆上已经有了 $n$ 个点。我们要使得圆内不存在三线共点的情况。

+

那么考虑每次选择四个顶点画出一个四边形的两条对角线。

+

于是又会生成 $C_{n}^{4}$ 个顶点。可以证明已经考虑完全了，于是有

+

求 $E$

原有 $C_{n}^{2}$ 条边，且圆环上的 $n$ 个点互相连接构成 $n$ 条边。

+

每多一个交点会增加两条多边形边。又有 $2\times C_{n}^{4}$ 条。

+

最后，我们展开这个逆天的柿子：

+

去 OEIS 上校验结果，正确。

+

P5377 [THUPC2019] 鸽鸽的分割 题解

https://yttriumwillow.github.io/2023/10/27/P5377-THUPC2019-鸽鸽的分割-题解/

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公式渲染压力测试
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公式渲染压力测试

P8670 [蓝桥杯 2018 国 B] 矩阵求和 题解

前置芝士 / 题目

    +
    公式渲染压力测试
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    公式渲染压力测试

    P8670 [蓝桥杯 2018 国 B] 矩阵求和 题解

    前置芝士 / 题目

    • $\gcd$ 的性质
    • 欧拉函数 $\varphi$ 及其性质
    @@ -62,7 +62,7 @@

    思路

    有了这个结论就可以愉快的刷多倍经验了。

    贴个代码

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    inline void Euler(i64 n)
    {
    	phi[1] = 1;
        for (reg int i = 2; i <= n; ++i)
        {
            if (!prime[i]) prime[++prime[0]] = i, phi[i] = i - 1;
            for (reg int j = 1; j <= prime[0] && i * prime[j] <= n; ++j)
            {
                prime[i * prime[j]] = 1;
                if (!(i % prime[j])) { 
                	 phi[i * prime[j]] = phi[i] * prime[j]; break; }
                else phi[i * prime[j]] = phi[i] * phi[prime[j]];
            }
        }
        for (reg int i = 1; i <= n; ++i)
        	phisum[i] = phisum[i - 1] + phi[i];
    }

    int main()
    {
    	Euler(n);
    	for (reg i64 i = 1; i <= n; ++i)
    	    ans = (ans + ((i * i) % mod) * ((phisum[n / i] * 2 - 1) % mod) % mod) % mod;
    }
    -

    公式渲染压力测试

    https://yttriumwillow.github.io/2023/10/27/公式渲染压力测试/

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    首先枚举暴力，肯定 T 飞，期望得分 30pts。

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    // #include <algorithm>
    for (reg int i = 1; i <= n; ++i)
        ans = (ans + (i * i) % mod) % mod;
    for (reg int i = 2; i <= n; ++i)
        for (reg int j = 1; j <= i - 1; ++j)
            ans += 2 * __gcd(i, j) * __gcd(i, j);

    不会用莫比乌斯反演，乱搞一下。
    类似的带 $\gcd$ 的结论：

    $[\gcd(i,j)=1]$ 不就是两者互质么，那么来个欧拉函数解决问题。

    参考 P2158 [SDOI2008] 仪仗队，排除掉重复计算。

    有了这个结论就可以愉快的刷多倍经验了。

    贴个代码

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    inline void Euler(i64 n)
    {
    phi[1] = 1;
        for (reg int i = 2; i <= n; ++i)
        {
            if (!prime[i]) prime[++prime[0]] = i, phi[i] = i - 1;
            for (reg int j = 1; j <= prime[0] && i * prime[j] <= n; ++j)
            {
                prime[i * prime[j]] = 1;
                if (!(i % prime[j])) { 
                 phi[i * prime[j]] = phi[i] * prime[j]; break; }
                else phi[i * prime[j]] = phi[i] * phi[prime[j]];
            }
        }
        for (reg int i = 1; i <= n; ++i)
        phisum[i] = phisum[i - 1] + phi[i];
    }

    int main()
    {
    Euler(n);
    for (reg i64 i = 1; i <= n; ++i)
        ans = (ans + ((i * i) % mod) * ((phisum[n / i] * 2 - 1) % mod) % mod) % mod;
    }
    ]]> + 简要题意

    连结圆上 $n$ 个点，求最多能够把圆分成几个部分。

    前置知识

    欧拉公式：$F(ace)=E(dge) - V(ertex)+2$

    人话：$\text{多边形面数} = \text{边数} - \text{顶点数} + 2$

    思路

    将一个圆折叠成一个多面体，你可以进行一些奇妙的空间变换来达到这一点。

    那么我们最后会多出一个底面。

    因此在我们的这个圆中 $F(n)=E-V+1$

    求 $V$

    圆上已经有了 $n$ 个点。我们要使得圆内不存在三线共点的情况。

    那么考虑每次选择四个顶点画出一个四边形的两条对角线。

    于是又会生成 $C_{n}^{4}$ 个顶点。可以证明已经考虑完全了，于是有

    求 $E$

    原有 $C_{n}^{2}$ 条边，且圆环上的 $n$ 个点互相连接构成 $n$ 条边。

    每多一个交点会增加两条多边形边。又有 $2\times C_{n}^{4}$ 条。

    最后，我们展开这个逆天的柿子：

    去 OEIS 上校验结果，正确。

    ]]>     - <h1 id="P8670-蓝桥杯-2018-国-B-矩阵求和-题解"><a href="#P8670-蓝桥杯-2018-国-B-矩阵求和-题解" class="headerlink" title="P8670 [蓝桥杯 2018 国 B] 矩阵求和 题解"></a>P8670 + <h3 id="简要题意"><a href="#简要题意" class="headerlink" title="简要题意"></a>简要题意</h3><p>连结圆上 $n$ 个点，求最多能够把圆分成几个部分。</p> +<h3 id="前置知识"><a href="#前置知识" c - + diff --git a/categories/index.html b/categories/index.html index 2b03faf..bd5a0dc 100644 --- a/categories/index.html +++ b/categories/index.html @@ -1,5 +1,5 @@ -分类 - Yttr 的小站 +分类 - Yttr 的小站
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    P8670 [蓝桥杯 2018 国 B] 矩阵求和 题解

    前置芝士 / 题目

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    • $\gcd$ 的性质
      • -
    • 欧拉函数 $\varphi$ 及其性质
      • -
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    前置题目：P2398 GCD SUM。

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    思路

    简要题意：求

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    首先枚举暴力，肯定 T 飞，期望得分 30pts。

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    // #include <algorithm>
    for (reg int i = 1; i <= n; ++i)
        ans = (ans + (i * i) % mod) % mod;
    for (reg int i = 2; i <= n; ++i)
        for (reg int j = 1; j <= i - 1; ++j)
            ans += 2 * __gcd(i, j) * __gcd(i, j);
    -

    不会用莫比乌斯反演，乱搞一下。
    类似的带 $\gcd$ 的结论：

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    P5377 [THUPC2019] 鸽鸽的分割 题解

    简要题意

    连结圆上 $n$ 个点，求最多能够把圆分成几个部分。

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    前置知识

    欧拉公式：$F(ace)=E(dge) - V(ertex)+2$

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    人话：$\text{多边形面数} = \text{边数} - \text{顶点数} + 2$

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    思路

    将一个圆折叠成一个多面体，你可以进行一些奇妙的空间变换来达到这一点。

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    那么我们最后会多出一个底面。

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    因此在我们的这个圆中 $F(n)=E-V+1$

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    求 $V$

    圆上已经有了 $n$ 个点。我们要使得圆内不存在三线共点的情况。

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    那么考虑每次选择四个顶点画出一个四边形的两条对角线。

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    于是又会生成 $C_{n}^{4}$ 个顶点。可以证明已经考虑完全了，于是有

    $[\gcd(i,j)=1]$ 不就是两者互质么，那么来个欧拉函数解决问题。

    -

    参考 P2158 [SDOI2008] 仪仗队，排除掉重复计算。

    +V = n + C_{n}^{4}

    求 $E$

    原有 $C_{n}^{2}$ 条边，且圆环上的 $n$ 个点互相连接构成 $n$ 条边。

    +

    每多一个交点会增加两条多边形边。又有 $2\times C_{n}^{4}$ 条。

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    最后，我们展开这个逆天的柿子：

    有了这个结论就可以愉快的刷多倍经验了。

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    inline void Euler(i64 n)
    {
    	phi[1] = 1;
        for (reg int i = 2; i <= n; ++i)
        {
            if (!prime[i]) prime[++prime[0]] = i, phi[i] = i - 1;
            for (reg int j = 1; j <= prime[0] && i * prime[j] <= n; ++j)
            {
                prime[i * prime[j]] = 1;
                if (!(i % prime[j])) { 
                	 phi[i * prime[j]] = phi[i] * prime[j]; break; }
                else phi[i * prime[j]] = phi[i] * phi[prime[j]];
            }
        }
        for (reg int i = 1; i <= n; ++i)
        	phisum[i] = phisum[i - 1] + phi[i];
    }

    int main()
    {
    	Euler(n);
    	for (reg i64 i = 1; i <= n; ++i)
    	    ans = (ans + ((i * i) % mod) * ((phisum[n / i] * 2 - 1) % mod) % mod) % mod;
    }
    + F(n) &= E - V + 1 \\ + &= n + C_{n}^{2} + 2\times C_{n}^{4} - n - C_{n}^{4} + 1 \\ + &= C_{n}^{2} + C_{n}^{4} + 1 \\ + &= \dfrac{n(n - 1)}{2} + \dfrac{n(n - 1)(n - 2)(n - 3)}{4} + 1 \\ + &= \dfrac{x^4}{24} - \dfrac{x^3}{4} + \dfrac{23x^2}{24} - \dfrac{3x}{4} + 1 +\end{aligned}

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    #include <iostream>
    using namespace std;
    int main()
    {
        cout << "Love You" << endl;
        return 0;
    }
    1
    print("Hello, Love from Yttr")


    $f(x) = x^2+x+1$

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    连结圆上 $n$ 个点，求最多能够把圆分成几个部分。

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    前置知识

    欧拉公式：$F(ace)=E(dge) - V(ertex)+2$

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    人话：$\text{多边形面数} = \text{边数} - \text{顶点数} + 2$

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    将一个圆折叠成一个多面体，你可以进行一些奇妙的空间变换来达到这一点。

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    那么我们最后会多出一个底面。

    +

    因此在我们的这个圆中 $F(n)=E-V+1$

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    求 $V$

    圆上已经有了 $n$ 个点。我们要使得圆内不存在三线共点的情况。

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    那么考虑每次选择四个顶点画出一个四边形的两条对角线。

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    于是又会生成 $C_{n}^{4}$ 个顶点。可以证明已经考虑完全了，于是有

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    求 $E$

    原有 $C_{n}^{2}$ 条边，且圆环上的 $n$ 个点互相连接构成 $n$ 条边。

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    每多一个交点会增加两条多边形边。又有 $2\times C_{n}^{4}$ 条。

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    • $\gcd$ 的性质
      • -
    • 欧拉函数 $\varphi$ 及其性质
      • -
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    前置题目：P2398 GCD SUM。

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    思路

    简要题意：求

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    首先枚举暴力，肯定 T 飞，期望得分 30pts。

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    // #include <algorithm>
    for (reg int i = 1; i <= n; ++i)
        ans = (ans + (i * i) % mod) % mod;
    for (reg int i = 2; i <= n; ++i)
        for (reg int j = 1; j <= i - 1; ++j)
            ans += 2 * __gcd(i, j) * __gcd(i, j);
    -

    不会用莫比乌斯反演，乱搞一下。
    类似的带 $\gcd$ 的结论：

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    $[\gcd(i,j)=1]$ 不就是两者互质么，那么来个欧拉函数解决问题。

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    参考 P2158 [SDOI2008] 仪仗队，排除掉重复计算。

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    有了这个结论就可以愉快的刷多倍经验了。

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    贴个代码

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    inline void Euler(i64 n)
    {
    	phi[1] = 1;
        for (reg int i = 2; i <= n; ++i)
        {
            if (!prime[i]) prime[++prime[0]] = i, phi[i] = i - 1;
            for (reg int j = 1; j <= prime[0] && i * prime[j] <= n; ++j)
            {
                prime[i * prime[j]] = 1;
                if (!(i % prime[j])) { 
                	 phi[i * prime[j]] = phi[i] * prime[j]; break; }
                else phi[i * prime[j]] = phi[i] * phi[prime[j]];
            }
        }
        for (reg int i = 1; i <= n; ++i)
        	phisum[i] = phisum[i - 1] + phi[i];
    }

    int main()
    {
    	Euler(n);
    	for (reg i64 i = 1; i <= n; ++i)
    	    ans = (ans + ((i * i) % mod) * ((phisum[n / i] * 2 - 1) % mod) % mod) % mod;
    }
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    #include <iostream>
    using namespace std;
    int main()
    {
        cout << "Love You" << endl;
        return 0;
    }
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    #include <iostream>
    using namespace std;
    int main()
    {
        cout << "Love You" << endl;
        return 0;
    }
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    print("Hello, Love from Yttr")


    $f(x) = x^2+x+1$

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