数学 : 从入门到入土

前置知识

元,单位元和逆元

首先,这三个概念都是对于一个特定的运算而言的.

元就是运算的要素,在加减乘除里就是数,在狄利克雷卷积里就是数论函数,在矩阵乘法里就是矩阵.

单位元满足如下性质:

对于一个运算$\operatorname{op}(x,y)$,定义单位元$I$使得$\operatorname{op}(x,i) = \operatorname{op}(i,x) = x$.

例如在加法,单位元就是$0$,乘法单位元为$1$,矩阵乘法单位元为单位矩阵$I$,狄利克雷卷积单位元为单位元函数$\varepsilon(x) = [x=1]$.

快速幂

对于一个幂$x^p$,存在能在$\mathrm{O}(\log n)$时间复杂度去计算它的方式.

考虑$p$的奇偶.

\[x ^ p = \left \{ \begin{matrix} x ^ \frac{p}{2} \times x ^ \frac{p}{2}\ (p\ |\ 2)\\ x ^ \frac{p}{2} \times x ^ \frac{p}{2} \times x\ (p \not|\ \ 2) \end{matrix}\right. \]

即可.

代码实现求$a \times b \bmod p$ :

ll qpow(ll a,ll b,ll p) {
	ll res = 1;
    while(b) {
    	if(b & 1) res = res * a % p;
        a = a * a % p;
        b >>= 1;
    }
    return res;
}

常用符号

$\phi$,空集.

$\LaTeX$: $\phi$

$\varphi$,欧拉函数.

$\LaTeX$: $\varphi$

$[\text{表达式}]$,艾佛森约定,即如果中括号内表达式为真则为1,为伪则为0.

$\LaTeX$: $[ ]$

$\mu$,莫比乌斯函数

$\LaTeX$: $\mu$

$\lfloor x \rfloor$下取整.

$\LaTeX$: $\lfloor \rfloor$

$\lceil x \rceil$上取整.

$\LaTeX$: $\lceil \rceil$

数论函数,莫比乌斯反演与卷积

数论分块/整除分块

用于将带下取整(形如$\lfloor\frac{n}{k} \rfloor)$的合式从$\Theta(n)$优化到$\Theta(\sqrt{n})$.

对于一个数$n$使得$\lfloor \frac{n}{k} \rfloor = p$,不难发现对于一个特定的区间使得$k \in [l,r]$都有同样的$p$与之对应.

比如$n = 10$,$p = 2$,使得$k \in [4,5]$时,$\lfloor \frac{n}{k} \rfloor = p$均成立,于是求出每个块左右端点就可以简化求下取整的过程.

例题

P2261 [CQOI2007]余数求和

题意简单到离谱:

给出$n,k$,求

\[\sum_{i = 1}^{n} k \bmod i \]

作为求和指标的$i$以模数的形式出现实在是十分奇妙.

szq巨神曾言道:式子都是越推越复杂然后解出来的

考虑模的意义:

$k \bmod i = k - i\lfloor \frac{k}{i} \rfloor$

式子化为:

\[\begin{aligned} &\sum_{i = 1}^{n} k - i\lfloor \frac{k}{i} \rfloor\\ &= nk - \sum_{i = 1}^{n} i\lfloor \frac{k}{i} \rfloor \end{aligned}\]

其中后一部分可以靠数论分块求得.

具体实现

首先要确定分母$n$和左端点$l$.

这时候我们要找到一个最大的$r$,使得

$\lfloor \frac{n}{l} \rfloor = \lfloor \frac{n}{r} \rfloor$

根据数论分块,有:

\[r = \left \lfloor \frac{n}{\left \lfloor \frac{n}{l}\right\rfloor}\right\rfloor \]

即可完成分块.

对于下一块,将上一块的右端点+1作为其左端点,重复此过程即可.

例题代码

int mian() {
	ll n = read(),k = read();
	ll ans = n * k;
	for(ll l = 1,r;l <= n;l = r + 1) {
		if(k / l) r = std::min(k / (k / l),n);
		else r = n;
		ans -= (k / l) * (r - l + 1) * (l + r) / 2;
	}
	write(ans);
	return 0;
}

数论函数

定义域为正整数集$\mathbb{N^*}$的函数.

常见的数论函数:

阶乘

$n! = \prod^{n}_{i = 1} i$

数列

$\{a_i\}$

幂

$n^\lambda$

积性函数

一种特殊的数论函数,满足对于整数$i,j$,当$\gcd(i,j) = 1$,有:

$f(ij) = f(i)f(j)$

显然这条特性对于一个质数$i$的函数值被求出后可以拓展到更多函数值.

完全积性函数:

对于所有整数$i,j$,

$f(ij) = f(i)f(j)$

常见的积性函数 :

欧拉函数

$\varphi(x)$,代表$[1,x]$里与$x$互质的数的个数

显然对于一个质数$p$,有$\varphi(p) = p - 1$

void EulerPrime(int n) {
	phi[1] = 1;
	ff(i,2,n) {
		if(!vis[i]) {
			phi[i] = i - 1;
			prime[pcnt++] = i;	
		}
		ff(j,0,pcnt - 1) {
			if(1ll * i * prime[j] > N)
				break;
			vis[i * prime[j]] = 1;
			if(i % prime[j])
				phi[i * prime[j]] = phi[i] * (prime[j] - 1);
			else {
				phi[i * prime[j]] = phi[i] * prime[j];
        		break;
			}
		}
	}
}

莫比乌斯函数

$\mu(x) = \left\{\begin{matrix} &1 (n = 1)\\ &0 (n \text{含有平方因子})\\ &(-1)^k,k\text{为}n\text{的本质不同因子个数} \end{matrix}\right.$

这个定义十分令人迷惑.

由于唯一分解定理,每个自然数$n$都可以表示成:

\[n = \prod_{i = 1}^{k} p_i^{c_i} \]

其中$p$为质数.

那么莫比乌斯函数可以表示为:

$\mu(x) = \left\{\begin{matrix} &1 (n = 1)\\ &0(\exists\ i,c_i \ge 2)\\ &(-1) ^ {\sum c_i} \ \mathrm{otherwise}. \end{matrix}\right.$

单位元函数

$\varepsilon(n) = [n = 1]$

这个函数在狄利克雷卷积中作为单位元存在,即:

对于一个数论函数$f(x)$,$f * \varepsilon = f$

例题

积性函数在OI中的地位体现在可以用线性筛在$\Theta(n)$复杂度内求出.

P3383 【模板】线性筛素数

模板中的模板,欧拉筛法.

相比于$\mathrm{O}(n\log \log n)$的埃拉托色尼筛法更加的快捷,代码量也不大.

原理是使一个合数总是被自己的最小质因数筛掉,防止像埃氏筛一样出现合数被多次标记的情况.

P2158 [SDOI2008] 仪仗队

考虑什么情况下会导致看不见另一个人.

将左下角的点和其他点连线,考虑每一个点对连线的斜率.

对于一个斜率$\tan \theta = \frac{b}{a}$,有最小的$\gcd(a,b) = 1$使得其他斜率相同的连线形成的三角形都是其位似,即被最初这一对$a,b$所阻挡.

于是对于坐标$(i,j)$,有$\gcd(i,j) = 1 \Leftrightarrow (i,j) \footnotesize\text{为可见点}$

枚举每个横坐标,则这个横坐标对答案贡献为与其互质的纵坐标个数,这是对于下半部分等腰直角三角形的贡献,那么答案为:

\[1 + 2\sum_{i = 1}^{n - 1}\varphi(i) \]

线性筛即可.

狄利克雷卷积

~~函数卷起来了~~

更多例题

给出$n$,求:

\[\sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{n} \gcd(i,j) \]

多倍经验:

P2398 GCD SUM

UVA11426 拿行李（极限版） GCD - Extreme (II)

SP3871 GCDEX - GCD Extreme

UVA11424 GCD - Extreme (I)

P1390 公约数的和

有些要忽略重复贡献,稍微减一下即可.

~~突然发现这好像是欧拉反演,不过这不要紧~~

众所周知,欧拉函数有一条奇妙的性质:

\[n = \sum_{d|n}\varphi(d) \]

然后还有$\gcd$的奇妙性质,于是我们把$\gcd$套进前面的式子.

\[\begin{aligned} \gcd(n,m) &= \sum_{d|\gcd(n,m)} \varphi(d)\\ &= \sum_{d | n} \sum_{d | m} \varphi (d) \end{aligned}\]

好像很棒的样子.

现在我们带回原式吧.

\[\begin{aligned} \sum_{i = 1}^{n} \sum_{i = 1}^{n} \gcd(i,j) &= \sum_{i = 1}^{n} \sum_{i = 1}^{n} \sum_{d | i} \sum_{d | j} \varphi (d) \ \footnotesize\text{式子太恶心,套一个艾佛森约定清爽一下}\\ &= \sum_{i = 1}^{n} \sum_{i = 1}^{n} \sum_{d = 1}^{n} \varphi (n) [d | i] [d | j]\\ &= \sum_{d = 1}^{n} \varphi (d) \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{n} [d | i] [d | j]\ \footnotesize\text{交换求和顺序}\\ &= \sum_{d = 1}^{n} \varphi (d) \sum_{i = 1}^{n} [d | i] \sum_{j = 1}^{n} [d | j]\\ &= \sum_{d = 1}^{n} \varphi (d) \lfloor \frac{n}{d} \rfloor \lfloor \frac{n}{d} \rfloor \end{aligned}\]

就这么结束了.

求欧拉函数$\mathrm{O}(n)$,然后直接枚举$d$即可.

当然可以整除分块,如果使用$\mathrm{Powerful Number}$筛求前缀和的话就是$\mathrm{O}(\sqrt{n})$.

P1447 [NOI2010] 能量采集

~~是不是和仪仗队那道题特别像~~

这道题的特点是行数和列数不相等,于是重新从斜率的角度出发.

首先,点$(i,j)$对答案没有贡献(即连线上没有植物)的条件是$\gcd(i,j) = 1$.

考虑如何计算损失.

~~众所周知,有一种东西叫做位似.~~

显然点$(i,j)$到$(0,0)$的路径上有$\gcd(i,j) - 1$个整点.

于是其贡献转化为$2(\gcd(i,j) - 1) + 1 = 2\gcd(i,j) - 1$

易得总贡献为:

\[\begin{aligned} \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{m} (2\gcd(i,j) - 1) = -nm + 2\sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{m} \gcd(i,j) \end{aligned}\]

考虑如何计算二重合式的部分.

现在仍然是把欧拉反演的结论套上去,参考上一题即可:

\[\begin{aligned} \sum_{i = 1}^{n} \sum_{i = 1}^{m} \gcd(i,j) &= \sum_{i = 1}^{n} \sum_{i = 1}^{m} \sum_{d | i} \sum_{d | j} \varphi (d)\\ &= \sum_{i = 1}^{n} \sum_{i = 1}^{m} \sum_{d = 1}^{\max(n,m)} \varphi (n) [d | i] [d | j]\\ &= \sum_{d = 1}^{\max(n,m)} \varphi (d) \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{m} [d | i] [d | j]\\ &= \sum_{d = 1}^{\max(n,m)} \varphi (d) \sum_{i = 1}^{n} [d | i] \sum_{j = 1}^{m} [d | j]\\ &= \sum_{d = 1}^{\max(n,m)} \varphi (d) \lfloor \frac{n}{d} \rfloor \lfloor \frac{m}{d} \rfloor \end{aligned}\]

同样的套路.

P3935 Calculating

用~~简单的数学基础~~

~~巨佬们说的数学"直觉"~~

~~小学五年级学生都会的奥数~~

~~强大坚实的打表功力~~

~~看不出来你AFO吧~~

就能看出,这个公式是求:

\[\sum_{i = l}^{r} d(i) \]

其中$d(x)$为因数个数函数(除数函数).

一个简单的想法就是直接线性筛,可以直接得到70分,可喜可贺,可喜可贺.

尝试找到更优的解法,众所周知$\sqrt{10^{14}} = 10^7$,于是考虑有没有根号级复杂度的算法.

考虑枚举因数,在一个区间$[1,n]$中,数$i$作为因子出现的次数为$\lfloor \frac{n}{i} \rfloor$,于是转化为前缀和相减的形式即可用数论分块求解了.

即:

\[\sum_{i = 1}^{r} \lfloor \frac{n}{i} \rfloor - \sum_{i = 1}^{l - 1} \lfloor \frac{n}{i} \rfloor \]

生成函数

又名母函数.

普通生成函数 (OGF)

对于一个数列 $<a_n>$ 定义其普通生成函数为 :

\[\large A(x) = \sum_{n = 0}^{\infty} a_n x^n \]

举个例子 : 对于斐波那契数列 :

\[\large\begin{aligned} &f_0 = 0,f_1 = 1\\ &f_n = f_{n - 1} + f_{n - 2} \end{aligned}\]

做其 OGF 为 :

\[\large F(x) = \sum_{i = 0}^{\infty} f_n x^n \]

考虑递推式,其中有 $f_{n - 1}$ 项与 $f_{n - 2}$ 项,试构造恒等关系,使得其中对于高位部分 $f_{n - 1}$ 与 $f_{n- 2}$ 和 $f_n$分别对齐.

构造$xF(x)$,相当于把无限合式向右移动一位,构造 $x^2F(x)$ , 相当于把无限合式右移 $2$ 位.

n	0	1	2	3	4
$F(x)$	$f_0 x^0$	$f_1 x^1$	$f_2 x^2$	$f_3 x^3$	$f_4x^4$
$xF(x)$	无0次项	$f_0 x^1$	$f_1 x^2$	$f_2 x^3$	$f_3x^4$
$x^2F(x)$	无0次项	无1次项	$f_0 x^2$	$f_1 x^3$	$f_2x^4$

这时考虑$F(x) = xF(x) - x^2F(x)$是否成立,显然对于$n = 2$以上均成立,考虑 $n = 1,0$两项.

可得新恒等关系:

\[\large F(x) = x^2F(x) + xF(x) + x \]

于是 :

\[\large F(x) = \frac{1}{1 - x - x^2} \]

那么如何求出通项 ?

考虑待定系数法 :

\[\large\begin{aligned} \frac{1}{1 - x - x^2} &= \frac{A}{1 - ax} + \frac{B}{1 - bx}\\ \frac{1}{1 - x - x^2} &= \frac{A - Abx + B - aBx}{(1 - ax)(1 - bx)}\\ \end{aligned}\]

于是列出方程组 :

\[\large \left\{\begin{matrix} &A + B = 0\\ &-Ab - aB = 0\\ &a + b = 1\\ &ab = -1 \end{matrix}\right. \]

求解即可

\[\large \left\{\begin{matrix} &A = \frac{1}{\sqrt{5}}\\ &B = -\frac{1}{\sqrt{5}}\\ &a = \frac{1 + \sqrt{5}}{2}\\ &b = \frac{1 - \sqrt{5}}{2} \end{matrix}\right. \]

可以发现 $a$是著名的 黄金分割 ,这时候可以记 $a$ 为 $\phi$ 记 $b$ 为 $\hat\phi$

于是 :

\[\large F(x) = \frac{1}{\sqrt{5}}\left(\frac{1}{1 - \phi x} - \frac{1}{1 - \hat\phi x}\right) \]

根据幂级数展开,得到 :

\[\large\begin{aligned} &\frac{1}{\sqrt{5}}\left(\frac{1}{1 - \phi x} - \frac{1}{1 - \hat\phi x}\right) \\ &= \frac{1}{\sqrt{5}}\left( \sum_{n = 0}^{\infty} \phi^n x^n - \sum_{n = 0}^{\infty} \hat{\phi}^n x^n \right)\\ &= \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{\phi^n - \hat\phi^n}{\sqrt{5}} x^n \end{aligned}\]

那么根据之前生成函数的定义,可知系数就是通项,于是 :

\[\large f_n = \frac{\phi^n - \hat\phi^n}{\sqrt{5}} \]

比起什么矩阵啊,特征方程啊,简单又好证,非常的套路化,可以套模板.

这就是生成函数的好处.

常用 OGF 与 OGF 变形方式

质数生成函数 (EGF)

狄利克雷生成函数 (DGF)

同余与乘法逆元

组合数学

~~醒醒,你连数都数不明白~~

期望与概率

posted @ 2022-01-26 16:35 AstatineAi 阅读(117) 评论(0) 编辑收藏举报

会员力量，点亮园子希望

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n	0	1	2	3	4
\(F(x)\)	\(f_0 x^0\)	\(f_1 x^1\)	\(f_2 x^2\)	\(f_3 x^3\)	\(f_4x^4\)
\(xF(x)\)	无0次项	\(f_0 x^1\)	\(f_1 x^2\)	\(f_2 x^3\)	\(f_3x^4\)
\(x^2F(x)\)	无0次项	无1次项	\(f_0 x^2\)	\(f_1 x^3\)	\(f_2x^4\)

El pueblo unido jamas serà vencido!

AstatineAi