清北学堂 2020 国庆J2考前综合强化 Day5

目录

• 1. 题目
  • T1 a
    • 题目描述
    • Sol
  • T2 b
    • 题目描述
    • Sol
  • T3 c
    • 题目描述
    • Sol
  • T4 d
    • 题目描述
    • Sol
• 2. 算法 - 贪心 & 数学
  • 1. 贪心
  • 2. 数学
    • 2.1 初等数论
    • 2.2 组合数学
    • 2.3 线性代数
    • 2.4 简单几何

1. 题目

T1 a

题目描述

题目描述

给一个仅包含字符 . 和 * 的字符串。问是否存在 $3$ 个 *，它们的位置构成等差数列。

输入格式

第一行一个整数 $n$ 表示字符串长度。
第二行一个字符串。

输出格式

yes 或 no 表示是否存在。

样例输入 $1$

5
..***

样例输出 $1$

yes

样例输入 $2$

5
*..**

样例输出 $2$

no

数据规模

• 对于 $50\%$ 的数据，$n≤50$。
• 对于 $100\%$ 的数据，$n≤5000$。

Sol

sb 题，直接枚举两个数算出第三个数再 check 即可

T2 b

题目描述

题目描述

给一棵树，点黑白染色。现在要断开若干条边，使得每个连通块都恰好包含一个黑点。问有多少种方案。

输入格式

一行一个整数 $n$ 表示点数。

接下来一行 $n−1$ 个数表示点 $1,⋯,n−1$ 的父亲节点（点从 $0$ 开始编号）。

接下来一行 $n$ 个数（$0$ 或 $1$）表示点的颜色，其中 $0$ 表示白色，$1$ 表示黑色。

输出格式

一行一个数表示答案。答案对 $10^9+7$ 取模。

样例输入 $1$

3
0 0
0 1 1

样例输出 $1$

2

数据规模

• 对于 $40\%$ 的数据 $n≤10$。
• 另有 $30\%$ 的数据 $n≤500$。
• 对于 $100\%$ 的数据 $n≤10^5$。

Sol

树形 dp。

记 $dp_{u,0}$ 表示以 $u$ 为根的子树满足题意且 $u$ 所在的连通块不包含黑点的方案数。
$dp_{u,1}$ 表示以 $u$ 为根的子树满足题意且 $u$ 所在的连通块包含黑点的方案数。

然后直接枚举边 $u\leftrightarrow v$ 背包转移即可。

即：

$$dp_{u,1}= dp_{u,1}(dp_{v,0}+dp_{v,1})+dp_{u,0}dp_{v,1}$$

$$dp_{u,0}=dp_{u,0}(dp_{v,0}+dp_{v,1})$$

T3 c

题目描述

时间限制 $2\rm s$

题目描述

给一个序列 $a_1,⋯,a_n$，$Q$ 次询问，每次给出 $l,r$，要求回答

$$\sum_{i=l}^r\left(\underset{j\in[l,i]}{\operatorname{sum}}\,a_j\times\,\max_{j\in[l,i]}a_j\right)$$

注：

$∑$ 为求和符号，$\sum\limits_{i=L}^Rx_i=x_L+x_{L+1}+\cdots+x_R$。

$\rm sum$ 和 $∑$ 含义一样，$\underset{j\in[L,R]}{\operatorname{sum}}x_i=\sum\limits_{i=L}^Rx_i$。

$\max\limits_{j\in[L,R]}=\max(x_L,x_{L+1},\cdots,x_R)$，表示 $x$ 数组在区间 $[L,R]$ 的最大值。

输入格式

第一行一个整数 $n$。

第二行 $n$ 个整数表示序列 $a1,⋯,an$。

第三行一个整数 $Q$。

接下来 $Q$ 行，每行两个整数 $l,r$表示一个询问。

输出格式

$Q$ 行，每行一个数表示答案，对 $10^9+7$ 取模。

样例输入 $1$

5
4 6 1 7 9
2
1 5
2 4

样例输出 $1$

511
176

数据规模

• 对于 $30\%$ 的数据，$n,Q≤3000$。
• 另有 $30\%$ 的数据，$n,Q≤10^5$。
• 对于 $100\%$ 的数据，$n,Q≤10^6$，$0≤ai≤10^9$。

本题 IO 量较大，请视情况斟酌 IO 方式。

Sol

$O(n^2)$ 暴力可以获得 30pts .

对序列直接建线段树，每个节点直接维护区间是当前节点所代表区间时的答案。预处理可以暴力 $O(n\log n)$ 做。

询问的时候考虑把询问拆成 $O(\log n)$ 段区间，然后合并。

考虑把 $[l,r]$ 拆成 $[l,m]\cup[m+1,r]$：

令 $A=\sum\limits_{i=l}^ma_i$，$B=\max\limits_{j\in[l,m]}a_i$，$C$ 为 $[l,m]$ 的答案。

则询问 $[l,r]$ 的答案为：

$$\begin{aligned}&\sum_{i=l}^r\left(\underset{j\in[l,i]}{\operatorname{sum}}\,a_j\times\,\max_{j\in[l,i]}a_j\right)\\=&C+\sum_{i=m+1}^r\left(\underset{i\in[l,i]}{\operatorname{sum}}\,a_j\times\,\max_{j\in[l,i]}a_j\right)\\=&C+\sum_{i=m+1}^r\left(\left(A+\underset{j\in[m+1,i]}{\operatorname{sum}}\,a_j\right)\times\max\left\{B,\max_{j\in[m+1,i]}a_j\right\}\right)\end{aligned}$$

令 $S_i=\underset{j\in[m+1,i]}{\operatorname{sum}}\,a_j$，$M_i=\max\limits_{j\in[m+1,i]}a_j$，则上式变为：

$$C+\sum_{i=m+1}^r((A+S_i)\times\max\{B,M_i\})$$

对于上式的 $\max\{B,M_i\}$ 那一项，容易发现它的取值是前面一段都等于 $B$，后面一段都等于 $M$，考虑二分出一个位置 $t$，使得 $\forall i\le t : B\ge M_i$，$\forall i>t : B<M_i$，那么上式变为：

$$\begin{aligned}&C+\sum_{i=m+1}^r((A+S_i)\times\max\{B,M_i\})\\=&C+\sum_{i=m+1}((A+S_i)B)+\sum_{i=t+1}^r((A+S_i)M_i)\\=&C+AB(t-m)+B\sum_{i=m+1}^t S_i+A\sum_{i=t+1}^rM_i+\sum_{i=t+1}^rS_iM_i\end{aligned}$$

因此只要对每段维护 $S_i,M_i$，$S_i$ 的前缀和，$M_i$ 的后缀和与 $S_iM_i$ 的后缀和即可。

时间复杂度 $O(n\log^2 n)$，60pts .

对序列建出区间最大值的笛卡尔树。

对于询问 $[l,r]$，所有可能的最大值都出现在 $l$ 到 $\operatorname{lca}(l,r)$ 的路径上。

考虑这条路径上的每一个点 $u$，容易发现，如果 $u$ 是父亲的右儿子，则没有任何一个 $i$ 满足 $\max\limits_{j\in[l,i]} a_j=a_u$。如果 $u$ 是父亲的左儿子，那么所有满足 $\max\limits_{j\in[l,i]} a_j=a_u$ 的 $i$ 恰好是那些 $u$ 的右子树中的点。

即区间前缀和为 $S_i$，则：

$$\sum_{i=l}^r\left(\underset{j\in[l,i]}{\operatorname{sum}}\,a_j\times\,\max_{j\in[l,i]}a_j\right)=\sum_{i=l}^r(S_i-S_{l-1})\times\max_{j\in[l,i]}a_j$$

那么只要维护 $\sum\limits_{i=l}^r S_i\times\max\limits_{j\in[l,i]}a_j$ 和 $\sum\limits_{i=l}^r\max\limits_{j\in[l,i]}a_j$ 即可。

这个直接对到根路径再做一个前缀和就行了。

预处理 lca，复杂度 $O(n\log n+Q)$，100pts .

T4 d

题目描述

时间限制 $4\rm s$

题目描述

一张无向图，边上有边权。每个点至少有两条邻边，且邻边的边权互不相同。

起初时刻 $t=0$，每个点上有一个人。每到一个新的时刻，每个人都会选择相邻的边权最大的边走过去。但如果这条边是回头路（上一个时刻通过这条边走到当前点），那么这个人就不会选择这条边权最大的边，而会选择次大的边。

现在有 $Q$ 组询问，每个询问给出 $u,t$，要求回答在时刻 $t$，点 $u$ 上有多少人。

输入格式

第一行两个整数 $n,m$ 表示点数和边数。

接下来 $m$ 行每行三个整数 $u,v,w$，表示 $u,v$ 之间有一条边权为 $w$ 的边。

接下来一行一个整数 $Q$ 表示询问数。

最后 $Q$ 行每行两个整数 $u,t$ 表示一组询问。

输出格式

$Q$ 行每行一个整数表示答案。

样例输入 $1$

7 8
1 2 5
1 4 3
1 5 6
2 3 7
3 5 8
6 4 10
7 6 5
5 7 1
2
3 8
1 1

样例输出 $1$

3
0

*数据规模

• 对于30%的数据，$n,m,Q,t≤500$。
• 另有30%的数据，$n,m,Q,t≤5000$。
• 对于100%的数据，$n,m,Q≤10^6$，$0≤t,w≤10^9$。无重边自环。

本题 IO 量较大，请视情况斟酌 IO 方式。

Sol

暴力模拟可以拿到 30pts，时间复杂度 $O(Qnt)$ .

一个点走 $k$ 步到了点 $u$ 就把 $ans_{k,u}\gets ans_{k,u}+1$，时间复杂度 $O(nt+Q)$，可以获得 60pts .

把每条有向边看成一个点，这样每个点的出边是唯一确定的。
并且原图中之后最大边和次大边有可能走到，所以这张新图的点数只有 $2n$。
这样连出的新图是一个环套内向树森林。
最后询问的时候一个询问被拆成新图上两个点上的询问。
不妨把边反向，变成询问一个点 $u$ 走 $t$ 步能走到多少不同的黑点（其中黑点是那些最大边对应的点）。

不妨把询问离线。

如果 $u$ 不在环上，那么就是询问子树中深度为的黑点有多少个。那么直接做可以启发式合并数组，复杂度 $O(n\log n)$。
其实每次对于当前点，它直接复用了长儿子的数组。然后所有短儿子的数组被暴力合并到这个数组里。这个复杂度其实是所有短儿子子树深度的总和。注意到短儿子其实就是一条长链的顶端，这就是所有长链长度的总和。所以复杂度其实是 $O(n)$ 的。

或者可以再把一个询问拆成两个分别挂在 dfs 序的左右端点。然后再离线一次询问，把 dfs 序做一个前缀和（从前往后扫，维护当前前缀对应的所有点中，深度为的有多少个，这是一个数组）。然后在左端点把答案减去，右端点加上。复杂度 $O(n)$。

如果 $u$ 在环上，假设环长是 $L$，那么一个 $t$ 步能走到的点，$t+L$ 步也一定能走到。不妨随便固定环上的一个点作为起点，把环拆成链。然后处理出距离它长度为 $k$ 的点一共有 $a_k$ 个（简单路径）。

那么对于询问就是要回答数组 $a$ 下标模 $L$ 的前缀和。这个预处理一下前缀和可以 $O(1)$ 回答。

然后对于不同的询问 $u$，还要求出它们分别作为起点时，这个数组 $a$ 是什么。

不妨令环上的下一个点是 $v$。假设已经求出了 $u$ 对应的数组，现在要求 $v$ 对应的数组。

这一步其实就是消除掉子树的贡献，然后把的 $u$ 子树移到环最后（相当于深度 $+L$）。最后再把所有点的距离都 $-1$。

不妨把深度按照模 $L$ 进行分类，那么每个类互不相关（因为做前缀和不会跨类）。
因为现在要维护一个前缀和的数组，所以每次修改要对后缀进行加减。这个可以用树状数组来维护。复杂度 $O(n\log n)$。

但是注意到每次的修改是把距离 $+L$。换言之，在同一个类中，这些深度对应的位置只往后移了一格。
从而如果修改 $k$ 个位置，前缀和只会至多修改 $k+1$ 个位置。所以暴力修改这些位置，复杂度 $O(n)$。

故总复杂度是线性的。

2. 算法 - 贪心 & 数学

1. 贪心

Problem 1：有 $n$ 个农民，每个有 $a_i$ 单位的牛奶，单价 $P_i$。现在要求从农民手里购买不超过 $a_i$ 单位的牛奶。总共买 $M$ 单位。求最小花费。

排个序就好了。

---

Problem 2：有 $n$ 个物品，每个有大小。有若干容积为 $L$ 的箱子，在每个里面至多放两个物品。问装下所有物品至少要多少箱子。

排序，最大最小配对。

正确性证明：

设序列中最大值为 $A$，如果其和最小的 $B$ 不能放一起，那么显然它只能自己放一个箱子。

那如果可以放，那么最优解中 $A$ 落单。
如果 $B$ 也落单了：矛盾

若有令一个 $C$ 使得 $B$ 和 $C$ 配对：换成 $A,B$ 配对，$C$ 落单，显然更优。

若 $A$ 和 $C$ 配对了：
若 $B$ 落单了：则让 $A,B$ 配对，$C$ 落单，更优。

若 $B$ 和 $D$ 配对：那么让 $A,B$ 配对，$C,D$ 配对更优。

所有情况都使得 $A,B$ 配对，Q.E.D.

---

Problem 3：有 $n$ 个物品，每个物品有属性 $A,B$。将其排成一行。
将 $i$ 物品放在 $j$ 位置将会产生 $(j-1)A_i+(n-j)B_i$ 的代价，使总代价最小。

先把式子变成 $\text{total cost} = \textbf{CONSTANT} + \text{sum}(a_i-b_i)$，其中 $\textbf{CONSTANT}$ 是一个常量。

过程：

$$(j-1)A_i+(n-j)B_i=j(a_i-b_i)-a_i+nb_i$$

显然后面是个常量，故 $\text{total cost} = \textbf{CONSTANT} + \text{sum}(a_i-b_i)$。

按 $a_i-b_i$ 排序即可。

---

?????????：求 MST（最小生成树） .

性质：一个点的最小出边一定在 MST 中。

证明：

假设 $x$ 最短的一条边为 $(x,y)$ .
那么我们现在考虑将 $x,y$ 连接起来（最小生成树的任意两点一定是连通的嘛），那么就只有两种不同的情况，直接连通和间接连通。

我们现在就是要证明直接连通至少不比间接连通差。
既然要间接连通，那么假设这条路是 $x \to a\to b \to \cdots \to y$，其实这个最终连接的效果是可以等效于 $a\to b \to \cdots \to y\to x$ 的，
然而这里唯一的区别就是一个选择了了 $x \to a$，一个选择了 $y \to x$，那么我们知道选择 $(x,y)$ 的代价肯定是不差于 $(x,a)$的。

证毕。

替换原则：最小生成树一定是最小瓶颈生成树。

证明：

显然

Algorithm 1：Prim 算法

思想：先随便找一个点 $u$，寻找 $u$ 的最小出边对应的点 $v$，然后寻找 $u,v$ 的最小出边对应的点 $w$（$w ≠v$），$\cdots$，一直操作直到所有点都被找到。

维护 $dis_u$ 表示目前点 $u$ 的最小边权，每次寻找最小的 $dis$ 然后更新出边即可。

证明：

由于 MST 的性质，所以全局最小边也在 MST 中。
这就把 Prim 的核心思想证明了。
Q.E.D.

时间复杂度：

	Fibonacci 堆	普通堆
稀疏图	$O(n \log n+m)$	$O(m\log n)$
稠密图	$O(n^2)$	$O(n^2\log n)$

Algorithm 2：Kruskal 算法

思想：先把边从小到大排序，用并查集维护，每次把不形成环且边权最小的边的两个点并起来，最后得到的就是 MST。

证明：

考虑最小瓶颈生成树的做法
二分一个 $k$，判断瓶颈 $\le k$ 的最小瓶颈生成树是否存在。

判断可以用并查集合并，但是发现可以直接枚举合并，这和 Kruskal 的算法过程一模一样。
因为最小生成树一定是最小瓶颈生成树，故 Kruskal 求出的一定是 MST。

Q.E.D.

时间复杂度：（若并查集用按秩合并 + 路径压缩）$O(m \log m+mα(n))$

Algorithm 3：Boruvka 算法

思想：把每条边都连出最小边，然后直接把联通块缩成点，反复操作即可。

证明：

显然

时间复杂度：$O(m\log m)$

Algorithm 4：？？？算法

先跑 $O(\log \log n)$ 次 Boruvka：$O(m \log \log n)$。

得到 $O\left(\dfrac{n}{\log n}\right)$个点的图。再用 Prim。

时间复杂度 $O(n+m)$。

2. 数学

2.1 初等数论

约数：定义，对于两个整数 $a,d$，若存在一个整数 $k$，使得 $a=kd$，则称 $d$ 是 $a$ 的约数（因数），$a$ 是 $d$ 的倍数，记做 $d\mid a$ .

一个数的约数个数是 $O(\sqrt n)$ 的，但是 $1\sim n$ 中每个数的正约数个数和是 $O(n\log n)$ 的：

$$\sum_{i=1}^n\left\lfloor\dfrac ni\right\rfloor=O(n \log n)$$

因为调和级数 $H(n)=\sum\limits_{i=1}^n\dfrac 1i=\log n+\gamma$，乘上个 $n$ 也就是 $O(n\log n)$ 的了。

质数：定义，对于 $n>1$，如果其正约数只有 $1$ 与 $n$，则称 $n$ 为素数（质数），其余除 $1$ 外都是合数。

素数定理：$n$ 以内的素数个数为 $\pi(n)\sim\dfrac n{\log n}$ .

筛法：

这个思想就是用约数筛掉，时间复杂度 $O(n\log\log n)$。

当然还有 $O(n)$ 的线性筛，但普及组不做要求。

判断素数：

1. $O(\sqrt n)$ 直接做
2. 先做出 isprime 素数表，就能 $O(\sqrt n\log\log n)$ 预处理，$O\left(\dfrac{\sqrt n}{\log n}\right)$ 查询了。
3. Miller - Rabin 算法，因为太强，不做要求。
4. AKS 算法，因为太强，不做要求（多项式时间的确定性算法！）。

算术基本定理：对于任意一个正整数 $n$，有且仅有一种方法将 $n$ 表示为如下形式：

$$n=p_1^{q_1}p_2^{q_2}\cdots p_r^{q_r}$$

其中，$p_i$ 是满足 $p_1<p_2<\cdots<p_r$ 的素数，$q_i$ 为正整数。

分解质因数：

就是朴素的枚举法分解质因数，时间复杂度 $O(\sqrt n)$（其实可以再优化下）。

还有 Pollard Rho 算法，因为太强，所以不做要求（时间复杂度 $O(\sqrt[4]{n})$）

最大公约数与最小公倍数：最大的公约数叫最大公约数，记做 $\gcd(a,b)$；最小的公倍数叫最小公倍数，记做 $\operatorname{lcm}(a,b)$ .

性质：

• $ab=\gcd(a,b)\operatorname{lcm}(a,b)$
• $\gcd(a,b)=\gcd(b,a\bmod b)$（辗转相除法）
• $\gcd(a,b)=\gcd(a+kb,b)\qquad(k\in\mathbb Z)$
• $\gcd(ka,kb)=k\cdot\gcd(a,b)$
• $\gcd(a_1,a_2,\cdots,a_n)=\gcd(a_1,a_2-a_1,a_3-a_2,\cdots,a_n-a_{n-1})$（更相减损术）
• 设 $a=C_1\cdot p_1^{e_1}p_2^{e_2}\cdots p_r^{e_r}$，$b=C_2\cdot p_1^{f_1}p_2^{f_2}\cdots p_r^{f_r}$（其中 $C_{1/2}$ 后面的东西是标准分解，$C_{1/2}$ 是随便一个常数），则：
  • $\gcd(a,b)=p_1^{\min(e_1,f_1)}p_2^{\min(e_2,f_2)}\cdots p_r^{\min(e_r,f_r)}$
  • $\operatorname{lcm}(a,b)=C_1\cdot C_2\cdot p_1^{\max(e_1,f_1)}p_2^{\max(e_2,f_2)}\cdots p_r^{\max(e_r,f_r)}$

因为 $\gcd(a,b)=\gcd(b,a\bmod b)$，所以可以得到如下求 $\gcd$ 的程序（辗转相除法）：

更相减损术：

也是 $O(\log n)$ 的，但是只用了乘法和加法，适合高精。

裴蜀定理：对于不全为 $0$ 的非负整数 $a,b$，必然存在整数 $x,y$，使得

$$ax+by=\gcd(a,b)$$

方程 $ax+by=c$ 有解的充要条件为 $\gcd(a,b)\mid c$ .

欧几里得算法：

$$\begin{aligned}ax+by&=\gcd(a,b)\Longleftrightarrow\\\left(\left\lfloor\dfrac ab\right\rfloor b+a\bmod b\right)+by&=\gcd(b,a\bmod b)\Longleftrightarrow\\b\left(\left\lfloor\dfrac ab\right\rfloor x+y\right)+(a\bmod b)x&=\gcd(b,a\bmod b)\end{aligned}$$

即可求出一组满足上式的解 $\begin{cases}x'=\left\lfloor\dfrac ab\right\rfloor x+y\\ y'=x\end{cases}$ .

原方程的一组特解 $\begin{cases}x_0=y'\\y_0-\left\lfloor\dfrac ab\right\rfloor x_0\end{cases}$ .

所有解为 $\begin{cases}x=x_0+\dfrac{kb}{\gcd(a,b)}\\y=y_0-\dfrac{kb}{\gcd(a,b)}\end{cases}$ .

当方程为 $ax+by=d$ 时，原方程的解为

$$\begin{cases}x=\dfrac{dx_0+kb}{\gcd(a,b)}\\y=\dfrac{dy_0-kb}{\gcd(a,b)}\end{cases}$$

代码：

求线性同余方程 $ax\equiv b\pmod p$，或判断其无解。

显然这个等同于求解 $ax-py=b$，套 exgcd 即可。有解条件就是 $\gcd(a,p)\mid b$。

当 $p$ 为素数时，我们有费马小定理：

对于任意整数 $a$ 和素数 $p$，有：

$$a^p\equiv a\pmod p$$

所以答案为 $b\cdot a^{p-2}$ .
当 $b=1$ 时，这东西又叫做 $a$ 模 $p$ 的乘法逆元。

$O(n)$ 求 $1\sim n$ 内的逆元：

先用费马小定理求出 $n!^{-1}$ .

利用 $k^{-1}\equiv(k+1)^{-1}(k+1)\pmod p$ 倒推出所有阶乘的逆元。

利用等式 $k^{-1}=k!^{-1}(k-1)!$ 求出所有数的逆元。

2.2 组合数学

加法原理：若一个事件可以分为两类，这两类的方案数分别为 $a,b$，则这个事件的方案数为 $a+b$ .
乘法原理：若一个事件可以分为两步，这两步的方案数分别为 $a,b$，则这个事件的方案数为 $a\times b$ .

排列数：有 $n$ 个不同的物品，从中有序的选出 $m$ 个物品，这个方案数记做 $A_n^m$（或 $P_n^m$）.

$$A_n^m=n\cdot (n-1)\cdot(n-2)\cdot(n-m+1)=\dfrac{n!}{(n-m)!}$$

组合数：有 $n$ 个不同的物品，从中无序地选出 $m$ 个物品，
这个方案数记为 $C_{n}^m$ (或 $\dbinom{n}{m}$)。

$$C_n^m=\dfrac{n\cdot (n-1)\cdot(n-2)\cdot(n-m+1)}{1\cdot 2\cdot 3\cdots \cdot m}=\dfrac{n!}{m!(n-m)!}$$

可重全排列：有 $k$ 种物品，物品的总个数为 $n$，每种物品的
个数分别为 $n_1,n_2,\cdots,n_k$ 个，它们组成的全排列个数为

$$C_n^{n_1}\cdot C_{n-n_1}^{n_2}\cdot C_{n-n_1-n_2}^{n_3}\cdots \,\cdot C_{n_k}^{n_k}=\dfrac{n!}{n_1!n_2!\cdots nk!}$$

• $A_n^m=C_n^m\cdot m!$
• $C_n^m=C_n^{n-m}$
• $C_n^m=C_{n-1}^m+C_{n-1}^{m-1}$
• $\sum\limits_{i=0}^nC_n^i=2^n$

可重组合：有 $n$ 种物品，从中无序地选出 $m$ 个，同种物品可以选出多次，方案数为 $C^m_{n+m−1}$ .

隔板法：

不定方程 $x1+x_2+\cdots+x_m=n$ 的正整数解的个数为 $C^{m-1}_{n-1}$ .
不定方程 $x1+x_2+\cdots+x_m=n$ 的非负整数解的个数为 $C^{n-1}_{n+m-1}$ .

Catalan 数：

• 通项：$C_n=\dfrac{1}{n+1} \dbinom{2n}{n}$
• 递推：

$$C_n=\sum\limits_{i=0}^{n-1}C_iC_{n-i-1}$$

$$C_n=\dfrac{4n-2}{n+1}C_{n-1}$$

二项式定理：

$$(x+y)^n=\sum_{i=0}^n\dbinom{n}{i}x^iy^{n-i}$$

求组合数 $C_n^m$，结果 $\bmod p$ .

1. 直接用递推式，时间复杂度 $O(n^2)$ .
2. 利用公式 $C_n^m=\dfrac{n!}{m!(n-m)!}$，将 $n,m,n-m$ 分解素因子，时间复杂度 $O(\pi(\max\{n,m\}))$ .
3. 还是利用方法二中的公式，但把后面分解质因数的部分修改为：预处理 $i!$ 及其逆元。
   时间复杂度 $O(n)$。但有要求：$p>n$，且 $i!$ 存在对
   $p$ 的逆元。这种方法常用于 $p$ 为大质数时。
4. Lucas 定理，对于任意素数适用，但不作要求。

容斥原理：

$$|S_1\cup S_2\cup\cdots\cup S_n|=\sum_i|S_i|-\sum_{i<j}|S_i\cap S_j|+\sum_{i<j<k}|S_i\cap S_j\cap S_k|+\cdots+(-1)^{n-1}|S_1\cap S_2\cap\cdots\cap S_n|$$

$$|\overline{S_1}\cup \overline{S_2}\cup\cdots\cup \overline{S_n}|=|U|-|S_1\cup S_2\cup\cdots\cup S_n|$$

特殊情况：

1. $|A\cup B|=|A|+|B|-|A\cap B|$
2. $|A\cup B\cup C|=|A|+|B|+|C|-|A\cap B|-|B\cap C|-|C\cap A|+|A\cap B\cap C|$

2.3 线性代数

矩阵：
定义：一个 $n\times m$ 的二维数组：

$$A_{n\times m}=\begin{bmatrix}a_{11}&a_{12}&\cdots & a_{1m}\\ a_{21}&a_{22}&\cdots &a_{2m}\\\vdots& \vdots&\ddots&\vdots\\a_{n1}&a_{n2}&\cdots &a_{nm}\end{bmatrix}$$

运算：

• 加减法：$C=A+B\Longrightarrow C_{ij}=A_{ij}+B_{ij}$，满足交换律和结合律。
• 数乘：$C=\lambda A\Longrightarrow C_{ij}=\lambda A_{ij}$，满足对加减法的分配律。
• 乘法：对于一个 $n\times r$ 的矩阵 $A$ 和一个 $r\times m$ 的矩阵 $B$，其乘积为一个 $n\times m$ 的矩阵 $C=AB$，其中：

$$C_{ij}=\sum_{k=1}^r A_{ik}B_{kj}$$

因为矩阵乘法满足结合律，所以矩阵求幂可以用快速幂。

矩阵加速：求 Fibonacci 数列的第 $n$ 项 $F_n$，$n\le 10^{18}$ .

构造一个 $1\times 2$ 的矩阵表示 Fibonacci 数列的相邻两项：

$$\begin{bmatrix}F_n,F_{n-1}\end{bmatrix}$$

可以发现：

$$\begin{bmatrix}F_{n+1},F_n\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}F_n,F_{n-1}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}1&1\\1&0\end{bmatrix}$$

显然初始矩阵是 $\begin{bmatrix}1,0\end{bmatrix}$，跑个矩阵快速幂即可。

高斯消元法：

求解下列 $n$ 元线性方程组的解，或判断其无解或无穷多解：

$$\begin{cases}a_{11}x_1+a_{12}x_2+\cdots +a_{1n}x_n=b_1\\a_{21}x_1+a_{22}x_2+\cdots +a_{2n}x_n=b_1\\\cdots\\a_{m1}x_1+a_{m2}x_2+\cdots +a_{mn}x_n=b_m\end{cases}$$

消成斜线即可。

2.4 简单几何

向量：有向线段。
坐标表示：用平面中的点对 $(x,y)$ 表示，此时向量的长度为
点 $(x,y)$ 到原点的距离，方向为点 $(x,y)$ 相对于原点的方向。

• 加减法：$(x_1,y_1)+(x_2,y_2)=(x_1+y_1,x_2+y_2)$ .
  几何意义：点的平移
• 数乘：$\lambda(x,y)=(\lambda x,\lambda y)$ .
  几何意义：长度变为原来的 $\lambda$ 倍。
• 点积（数量积或内积）：$(x_1,y_1)\cdot(x_2,y_2)=x_1x_2+y_1y_2$ .
  几何意义：一个向量的长度乘以另一个向量在它上面的投影的长度。
• 叉积（向量积）：$(x_1,y_1)\times(x_2,y_2)=x_1y_2-x_2y_1$ .
  几何意义：它们组成的平行四边形的有向面积。

正弦定理：对于 $\triangle ABC$ 的三边长 $a,b,c$ 及其对角 $\angle A$，$\angle B$，$\angle C$，有：

$$\dfrac{a}{\sin A}=\dfrac{b}{\sin B}=\dfrac{c}{\sin C}$$

余弦定理：对于 $\triangle ABC$ 的三边长 $a,b,c$ 及其对角 $\angle A$，$\angle B$，$\angle C$，有：

$$c^2=a^2+b^2-2ab\cos C$$

$$b^2=a^2+c^2-2ac\cos C$$

$$a^2=b^2+c^2-2bc\cos C$$

旋转公式：对于平面中的一个点 $(x,y)$，将其绕原点逆时针旋转角 $\theta$，得到的新点坐标为

$$(x',y')=(x\cos\theta-y\sin\theta,x\sin\theta+y\cos\theta)$$