---恢复内容开始--- 10．3二重积分的换元积分法 在一元函数定积分的计算中,我们常常进行换元,以达删繁就简的目的,当然,二重积分也有换元积分的问题. 首先让我们回顾一下前面曾讨论的一个事实. 设换元函数 ,视其为一个由定义域到的映射．点的象点为,点x的象点为,记 , 则由到点的线段长为,到的线段长为,称为映射在点到点的平均伸缩率.若在点处可导,则 = 即称是映射在点处的伸缩率. 对于由平面区域到的映射我们有如下结论: 引理 若变换在开区域存在连续偏导数,且雅可比行列式,.变换将平面上开区域

/*树形dp换根法*/ #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define maxn 200005 ]; int root,n,s,t,head[maxn],tot,dp[maxn]; void init(){ memset(head,-,sizeof head); tot=; } void addedge(int u,int v,int flag){ edge[tot].to=v;edge[tot].nxt=head[u];edge[to

题目:http://poj.org/problem?id=3585 二次扫描与换根法,一次dfs求出以某个节点为根的相关值,再dfs遍历一遍树,根据之前的值换根取最大值为答案. 代码如下: #include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> using namespace std; ],ct,d[],f[],deg[],ans,t; ]; struct N{ int to,next,w; }edge[]; void

写一篇题解,以纪念调了一个小时的经历(就是因为边的数组没有乘2 phhhh QAQ) 题目 题目大意:找一个点使得从这个点出发作为源点,流出的流量最大,输出这个最大的流量. 以这道题来介绍二次扫描和换根法 作为一道不定根的树形DP,如果直接对每个点进行DP,可能时间会炸掉 但是,优秀的二次换根和扫描法可以再O(n^2)内解决问题. 二次扫描的含义:(来自lyd 算法竞赛进阶指南) 第一次扫描:任选一个节点为根节点(我会选1)在树上进行树形DP,在回溯时,从儿子节点向父节点(从底向上)进行状态转移

Accumulation Degree 大致题意:有一棵流量树,它的每一条边都有一个正流量,树上所有度数为一的节点都是出口,相应的树上每一个节点都有一个权值,它表示从这个节点向其他出口可以输送的最大总流量.我们的任务就是求这个最大总流量. \(solution:\) 这一道题需要仔细思考其性质,我们发现如果我们把某一个节点当做是这棵树的根,并求出了这一个点的权值,那么与它相连的节点我们也可以求出来.这是二次扫描和换根法的前提条件.现在我们详细的分析一下这一题的性质:如果我们现在有两个节点 $ i

这一章节讨论积分的定义以及微积分基本定理. 笔者先前在数学证明专栏中关于高斯定理的证明的开头,给出了一段关于微积分思想的概括,文中提到根据导数(微分)的定义,根据其逆定义来给出积分的定义和计算方法,这里其实是及其不严谨的,积分本身有着自己的定义,而其计算方法正是微积分基本定理所呈现出来的东西. 积分的定义: 积分的现代定义的本质就是黎曼和,笔者之前关于多重积分定义的引入其实就已经提到过,这里是对一维的积分进行定义,相对二重.三重积分则会简单很多. 理论总是源于实际问题嘛,在解决曲线和坐标系围成的

http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1071 解一个给定三个点的坐标二次函数某区域的积分值. 设出方程之后高斯消元得到二次函数.然后再消元得到直线. 两次积分然后相减就可以了. 把自适应辛普森改成了传入函数指针的形式,有点多此一举. 可以这样做的原因,是因为这道题保证要求的区域都是在第一象限,否则不能直接定积分. 语言:G++ #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long lo

[转载请注明出处]http://www.cnblogs.com/mashiqi 2017/12/16 有时我们需要对PDEs中的各项进行变量替换,比如把$\frac{\text{d}}{\text{d}x} f(x)$换成$\frac{\text{d}}{\text{d}y}g(y)$(其中$f(x)=g(y)$).比如我想把$x$换成$\frac{1}{x}$,那么我可以令$y = \frac{1}{x}$.令$g(y) = f(x)$,然后用$g$对$y$的各阶导数$g^{(n)}(y)$来

题意就是叫你求上述那个公式在不同N下的结果. 思路:很显然的将上述式子换下元另p=3k+7则有 Σ[(p-1)!+1/p-[(p-1)!/p]] 接下来用到一个威尔逊定理,如果p为素数则 ( p -1 )! ≡ -1 ( mod p )    即 (p-1)!+1  为 p的整数倍  因此不难发现[*]里面要么为0,要么为1,为1的情况就是p为素数的情况,然后统计k=1-n中 有多少个3*k+1素数就好了 #include <iostream> #include <cstdio>

Computer Time Limit: 1000/1000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others)Total Submission(s): 34390    Accepted Submission(s): 5383 Problem Description A school bought the first computer some time ago(so this computer's id is 1). D

题意:给出一棵树,边上有容量限制,求以任一点作为根和源点,叶子作为汇点的最大流的最大值 首先上网络流等于找死 树形DP可以\(O(n)\)求出以某点\(u\)为根的最大流,只需设\(f[u]=\sum min(cap_{u→v},f[v])\), 这是一个自底向上的过程 其中存在\(min\)是因为\(f[v]\)不包含连向\(u\)的边,要保证合法增广, 注意如果\(v\)为叶子则直接加上\(cap_{u→v}\) 此时我们也得知\(f[v]\)是以v为根的子树的最大流 那么换根后显然以\(v

题目大意:给定一棵 N 个点的边权均为 1 的树,依次输出每个点到其他各个点的距离和. 题解:首先任意选定一个节点为根节点,比如 1,第一遍 dfs 遍历树求出子树大小.树上前缀和.第二遍 dfs 遍历这棵树,求出各个点的距离和. 对于遍历到的任意一个节点 i,对于与之相邻的节点 j 来说,答案贡献由 i 到 j 转移首先减小了 \(size[j]*1\),同时增加了 \((n-size[j])*1\),因此可以直接得到\(dp[j]=dp[i]+n-size[j]*2\). 代码如下 #inc

简单来说,这是一道树形结构上的最大流问题. 朴素的解法是可以以每个节点为源点,单独进行一次dp,时间复杂度是\(O(n^2)\) 但是在朴素求解的过程中,相当于每次都求解了一次整棵树的信息,会做了不少的重复工作. 对于一棵子树的孩子节点和根节点之间存在着最优解的某些关联,因此可以采用自顶向下的一次 dfs 遍历求得结果. 阶段:子树大小 状态:当前子树大小的情况下,最大的流量是多少 状态转移方程:见代码 代码如下 #include <cstdio> #include <vector>

#include<iostream> #include<cstring> #include<cstdio> #include<vector> using namespace std; #define maxn 200005 struct Edge{ int to,next,c; }edge[maxn<<]; int dp[maxn],f[maxn],vis[maxn],degree[maxn],head[maxn],tot; void added

已知实数$a,b$满足$a^2-ab-2b^2=1,$则$a^2+b^2$的取值范围_____ 解答:$\textbf{方法一}$由已知得$(a-2b)(a+b)=1$,设$x=a-2b,y=a+b$,则$xy=1,a=\dfrac{x+2y}{3},b=\dfrac{y-x}{3}$,得$a^2+b^2=\dfrac{2x^2+5y^2+2}{9}\ge\dfrac{2\sqrt{10}+2}{9}$$\textbf{方法二}$齐次化$t=\dfrac{a^2+b^2}{a^2-ab-2b^2

题目:http://poj.org/problem?id=3585 很容易想出暴力.那么就先扫一遍. 然后得到了指定一个根后每个点的子树值. 怎么转化利用一下呢?要是能找出当前点的父亲的 “ 不含当前点的其他子树值 ” 就好了. 发现只需要把父亲的值减去 min ( 当前子树的值,该点与父亲间的边的值 ) 就行了!(因为当初这样加过) 需要注意一下的是叶节点.赋成INF或边的值都行. 特别需要注意的是第一次选的根节点在其余时候是叶节点的情况!!!!! #include<iostream> #i

假设以u为根时结果是tot,现在转换到了以u的儿子v为根,那么结果变成了tot-size[v]+(sizetot-size[v]) 根据这个转移方程,先求出以1为根的tot,然后dfs一次转移即可 #include<iostream> #include<cstring> #include<cstdio> #include<algorithm> using namespace std; #define ll long long #define N 200005

周末牛客挂了个更难的,这个简单一些 #include<iostream> #include<cstring> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<vector> #define maxn 200100 using namespace std; typedef long long ll; struct Node { int p; int len; Node(int a, int b) :p(a

Poj Description 有一个树形的水系,由n-1条河道与n个交叉点组成.每条河道有一个容量,联结x与y的河道容量记为c(x,y),河道的单位时间水量不能超过它的容量.有一个结点是整个水系的发源地,可以源源不断地流出水,为源点.树中度为1的点是入海口,可以吸收无限多的水,为汇点.待整个水系稳定时,每条河道中的水都以单位时间固定的水量流向固定的方向.整个水系的流量就定义为源点单位时间发出的水量. 求哪个点作为源点时,整个水系的流量最大. Sol 最朴素的做法就是枚举源点,再树形DP,更新答

一.极限问题的解析解 1.1 单变量函数的极限 格式1: L= limit( fun, x, x0) 格式2: L= limit( fun, x, x0, ‘left’ 或 ‘right’) >> syms x a b; >> f=x*(1+a/x)^x*sin(b/x); >> L=limit(f,x,inf) L = b*exp(a) 可以结合函数图像来观察. 1.2 多变量 格式: L1=limit(limit(f,x,x0),y,y0) 或 L1=limit(l