[c++11]编译期间判断两个类型的实例是否可以应用等于运算符

标题十分地长的样子、还是把以前写在其它地方的东西都搬到这个地方来了

我主要是想有两个类型分别是 A 和 B 的变量 a、b,能否在在编译期间获得一个 bool 常量,表示是否拥有 a == b 这样的运算

然后我们来看看测试的结果

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BZOJ-3157. 国王奇遇记

题目大意是要求下面这个式子

 \begin{eqnarray*} \sum_{i=1}^n m^i \cdot i^m \end{eqnarray*}

这个题目有三个版本:

BZOJ-3157 m \leq 200

BZOJ-3516 m \leq 1000

BZOJ-4126 m \leq 500000

这篇文章介绍 \mathcal O(m^2)\mathcal O(m) 两种做法

为了方便,定义一个函数 f(i)

 \begin{eqnarray*} f(i) = \sum_{k=1}^n k^i \cdot m^k \end{eqnarray*}

然后使用“扰动法“

 \begin{eqnarray*} (m - 1) \cdot f(i) & = & \sum_{k=1}^n k^i \cdot m^{k + 1} - \sum_{k=1}^n k^i \cdot m^k \\ & = & \sum_{k=1}^{n + 1} (k - 1)^i \cdot m^k - \sum_{k=1}^n k^i \cdot m^k \\ & = & n^i \cdot m^{n + 1} + \sum_{k=1}^n m^k \sum_{j = 0}^{i - 1} {i \choose j} \cdot (-1)^{i - j} \cdot k^j \\ & = & n^i \cdot m^{n + 1} + \sum_{j = 0}^{i - 1} {i \choose j} \cdot (-1)^{i - j} \sum_{k = 1}^n k^j \cdot m^k \\ & = & n^i \cdot m^{n + 1} + \sum_{j = 0}^{i - 1} {i \choose j} \cdot (-1)^{i - j} \cdot f(j) \\ \end{eqnarray*}

然后这个算法的复杂度是 \mathcal O(m^2) 的,但是这题最快可以做到 \mathcal O(m) 的!

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