# 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：\(O(2*\sqrt N+\frac{\sqrt N}{\ln \sqrt N}*32)\)
