# 算法竞赛进阶指南--打卡--数学知识篇--0x30

算法竞赛进阶指南--打卡--数学知识篇--0x30

①：可见的点（欧拉函数，暴力）

在一个平面直角坐标系的第一象限内，如果一个点$(x,y)$ 与原点 $(0,0)$的连线中没有通过其他任何点，则称该点在原点处是可见的。

例如，点 $(4,2)$ 就是不可见的，因为它与原点的连线会通过点$(2,1)$。

部分可见点与原点的连线如下图所示：

编写一个程序，计算给定整数 $N$ 的情况下，满足 $0≤x，y≤N$ 的可见点 $(x，y)$的数量（可见点不包括原点）。

我们考虑一个东西，什么点不可能被遇见。

如果点$(x,y)$可见，则$(k*x,k*y)$一定不可见。

也就是，如果$\gcd(x,y)!=1$则一定不可见，也就是$x,y$不互质一定不可见。

那么显然，互质一定可见。

因此题目就是求欧拉函数的前缀和。

因为$(1,1)$可见，但是欧拉函数的计算中未被加入，因此最后给总量加上一即可。

②： 最幸运的数字 （推公式，数论）

$8$ 是中国的幸运数字，如果一个数字的每一位都由 $8$ 构成则该数字被称作是幸运数字。

现在给定一个正整数 $L$，请问至少多少个 $8$ 连在一起组成的正整数（即最小幸运数字）是 $L$ 的倍数。

由题，有条件$L|8*\frac{(10^x-1)}9$，。求$x$的最小正整数解

我们可以对上式进行一些变形：

$L|8*\frac{(10^x-1)}9 \iff 9*L|8*(10^x-1)$

我们记有$d=\gcd(8,L)$

显然有$9*L|8*(10^x-1) \iff \frac{9*L}{d}|\frac{8*(10^x-1)}{d}$

由于$\gcd(\frac{8}{d},9)=1$ and $\gcd(\frac{8}{d},\frac{L}{d})=1$

因此$\frac{9*L}{d}$与$\frac{8}{d}$互质。因此$\frac{9*L}{d}|\frac{8*(10^x-1)}{d} \iff \frac{9*L}{d}|10^x-1$

上式等价于$10^x \equiv 1 \mod \frac{9*L}{d}$，求$x$的最小正整数解。

当同余方程$a*x \equiv c \mod b$有解时，$\gcd(a,b)|c$为充分必要条件。

由于本题较为特殊，发现如果有解则$\gcd(10,\frac{9*L}{d})=1$。

证明：

显然$\gcd(10,9)=1$，并且$\gcd(\frac{8}{d},\frac{L}{d})=1\iff \gcd(8,\frac{L}{d})=1 $，并且$\gcd(8,10)=2$。

综合上述式子，$\gcd(8,10,\frac{L}{d})=1$，故$\gcd(10,\frac{L}{d})=1$。

故必然有$\gcd(10,\frac{9*L}{d})=1$。

因此很容易，我们利用欧拉定理即可解出一个解$x_{0}$。但是此解不一定为最小解。

可以推导出，最小解一定为$x_{0}$的一个因子。

证明：

反证法：

对于同余方程$a^x \equiv 1 \mod n$，并且$\gcd(a,n)=1$。如果有解$x$，对于$x\nmid \varphi(n)$。

则$x\nmid \varphi(n)\iff\varphi(n)=k*x+r,r\in(0,x)$。

由欧拉定理，有$a^{\varphi(n)} \equiv 1 \mod n$

故有$a^{k*x+r} \equiv 1 \mod n$。由于$x$为同余方程的一个解，则$a^x \equiv 1 \mod n$。

$a^{x} \equiv 1 \mod n \iff a^{k*x} \equiv 1 \mod n$

所以有，$a^{r} \equiv 1 \mod n$，由于$r<x$，且解$r$符合要求，故$r$为较小解，直至$r=0$时，$x$才为最小解。故最小解为当前解的某个因子。

因此我们从小到大枚举$x_0$的因子，第一个符合答案即为最小解。

③： 异或运算 （线性基，异或高斯消元）

说实话，感觉这道题比之前的开关问题的异或方程更形象

给定你由 $N$ 个整数构成的整数序列，你可以从中选取一些（至少一个）进行异或（$XOR$）运算，从而得到很多不同的结果。

请问，所有能得到的不同的结果中第 $k$小的结果是多少。

$1≤N,Q≤10000, 1≤k_i≤10^{18}$

由于“异或”符合交换律与结合律，故可以按照高斯消元法逐步消元求解。

关键大概就是上面的这句话。

我们将个整数按顺序从大到小排序。

$N$个整数，我们将其各个二进制位提出，作为未知数，但是没有发现常数项，观察题目，发现无所谓。

我们对$N$条方程高斯消元，对多只会剩下$64$条方程组。

由于高斯消元进行线性变换，其向量组合张成的空间无变化。也就是我们可以使用$64$条方程组代表$N$条方程组能做到事。（我事线代垃圾，只能这样解释了）

我们在上面的操作过后，消元得到整数表示的方程组一定严格递增。

我们这里只要特判一个点：

方程是否有零向量

显然，对于任意零向量$zero$异或任何向量$any$都为$any$。

对于每一个询问第$k$小。

不存在零向量时，显然我们可以按照$k$二进制从低到高位数上为是否$1$从而从小到大对整数进行异或。

为什么呢？对于消元后的整数$A[i]>A[i+1]$，高斯消元，保证存在唯一解的未知数只出现一个为$1$的系数，否则均为$0$。

因此系数为$1$越高位的二进制位数越靠前出现，保证我们一堆数越小，就尽可能保证越高为不会出现，因此我们尽可能选小的数。由于每一个数最多选一次，因此$k$的二进制正形式好符合性质。

但是题目要求不同结果

故存在零向量时，大小不断仅在最末端添加零元素，其他时候与零元素无关。也就是我们对$k$取二进制时事先减一即可。

④： 最大公约数 （推公式，线性筛递推欧拉函数）

给定整数 $N$，求 $1≤x,y≤N$且 $GCD(x,y)$ 为素数的数对 $(x,y)$ 有多少对。

$GCD(x,y)$)即求 $x，y$ 的最大公约数。

我们要求$GCD(x,y)$=质数。显然，对于任意一个数$x$，都可以表示成$1*x$。

我们假设存在数对$(x,y),x<y$。若$\gcd(x,y)=1$则$\gcd(k*x,k*y)=k$。

故我们只要求存在多少互质的数对即可，同上方的题目"可见的点"。

但是数据范围为$1e7$，暴力算欧拉函数显然不可取。

因此我们由欧拉函数的推论

欧拉函数的推论:
①若$p$为质数，且$p|n$，$p^2|n$，则$\varphi(n)=\varphi(n/p)*p$

②若$p$为质数，且$p|n$，$p^2\nmid n$，则$\varphi(n)=\varphi(n/p)*(p-1)$

故采用线性筛的思想，可以在$O(n)$的时间内求出$[1,n]$的所有欧拉函数。

⑤： 龙哥的问题 （欧拉函数，暴力，推公式）

龙哥现在有一道题，要考考大家。

给定一个整数 $N$，请你求出 $∑_{1≤i≤N}\gcd(i，N)$的值。

如果存在数$x=\gcd(a,b),a<b$，则$x$一定属于$a,b$的因子。

因此对于上式$∑_{1≤i≤N}\gcd(i，N)$，我们只要按照$N$的因子$d_{i}$枚举即可。

假设$\gcd(i,N)=d_i$，则$i=k_1*d_i,N=k_2*d_i$。

显然，$\gcd(\frac{i}{d_i},\frac{N}{d_i})=1$。

因此所有$\gcd(i,N)=d_i$的情况共有$\varphi(\frac{N}{d_i})$种。

因此可以推出公式$res=∑_{i=1}^{k}\varphi(\frac{N}{d_i})*d_i$。

⑥： 矩阵幂求和 （矩阵乘法，分治）

给定 $n×n$ 矩阵 $A$ 和正整数 $k$，求和 $S=A+A^2+A^3+…+A^k$。

$1≤n≤30 ,1≤k≤10^9 ,1≤m<10^4$

我们对每一个矩阵进行矩阵快速幂，显然复杂度为$O(k*n^3\log n)$。

考虑优化。

显然对于式子$T=A+A^2+...+A^m$与式子$P=A^{m+1}+A^{m+2}+...+A^{2m}$

有$T*A^m=P$。因此公式右半边可以等价于公式左半边乘以一个因子。

分治的想，我们会以$mid$递归左边部分即可，通过左边部分结果推出右半边结果。

最后合并，得到整个式子的值。

显然，对于公式的项存在奇数个时，我们需要额外加上右边最后的值，快速幂求解即可。

复杂度为$O(\log k*n^3\log n)$。

⑦： 反素数 （乱搞，约数）

对于任何正整数 $x$，其约数的个数记作 $g(x)$，例如$g(1)=1、g(6)=4$。

如果某个正整数 $x$ 满足：对于任意的小于 $x$ 的正整数 $i$，都有 $g(x)>g(i)$，则称 $x$ 为反素数。

例如，整数 $1，2，4，6$ 等都是反素数。

现在给定一个数 $N$，请求出不超过 $N$ 的最大的反素数。

$1≤N≤2∗10^9$

根据题意，我们要求不超过$N$的约数最多的数。

由唯一分解定理，每一个数$M,(M>1)$均能分解为若干个质数$p_i$的乘积。

因此可以表示为$M=p_1^{k_1}*p_2^{k_2}*...*p_m^{k_m}$

因此对于任意一个数的约数个数$NUM=\prod_{i=1}^{m}(k_i+1)$

因此我们可以考虑枚举对于数$T,T<=N$，并且数$T$由各个质数$p_i$乘积组合而成。

显然，$2^{32}>2*10^9$，因此对于所有$p_i>=2$，其指数的最大值不会超过$32$，并且指数的最大值减小的很快。

那么我们质数应该枚举到多少为止呢？

显然，对于任意数$M,(M>1)$，约数不少于两个。因此对于任意质数$P,P*P>N$,枚举该$P$是无意义的。因此我们只需要枚举$[1,sqrt(N)]$范围内的质数即可。

由于上述情况我们考虑$M,(M>1)$，排除$M=1$的情况在外，因此对于$N=1$时特判即可。

一个DFS就能直接搜索出来结果了，还特别快（）

复杂度：$O(2*\sqrt N+\frac{\sqrt N}{\ln \sqrt N}*32)$

⑧： 剪纸游戏 （博弈论，SG函数）

⑨： 新NIM游戏 （异或高斯消元，博弈论，SG函数）