数学知识整理及部分例题2
组合数学
本章主要以讲例题为主，聚焦于做题时的思路。
牡牛和牝牛
1s/64M
约翰要带 \(N\) 只牛去参加集会里的展示活动，这些牛可以是牡牛，也可以是牝牛。
牛们要站成一排，但是牡牛是好斗的，为了避免牡牛闹出乱子，约翰决定任意两只牡牛之间至少要有 \(K\) 只牝牛。
请计算一共有多少种排队的方法，所有牡牛可以看成是相同的，所有牝牛也一样，答案对 \(5000011\) 取模。
输入格式
一行，输入两个整数 \(N\) 和 \(K\)。
输出格式
一个整数，表示排队的方法数。
数据范围
\(1≤N≤10^5\\ 0≤K<N\)
输入样例：
4 2
输出样例：
6
解析
简单计数 DP 。
我们将牛序列抽象为 01 序列，牡牛为 1 。
我们设状态 \(f(i)\) 表示所有长度是 \(i\) 的且以 \(1\) 结尾的序列方案数量。
我们可以得到，状态从 \(f(0)\sim f(i-k-1)\) 转移而来。
具体的说，\(f(i)=\sum\limits_{q=0}^{i-k-1}f(q)\) 。
现在我们求出来了所有结尾为 1 的序列数量，但是题目中并没有这一限制，我们还要想办法转化。
最后的 DP，相当于将所有的方案按照最后一个 1 的位置分了类。
也就是我们再前缀和滚一遍就好了。
方程的解
佳佳碰到了一个难题，请你来帮忙解决。
对于不定方程 \(a_1+a_2+⋯+a_{k−1}+a_k=g(x)\)，其中 \(k≥1\) 且 \(k\in N^+\)，\(x\) 是正整数，\(g(x)=x^x \mod1000\)（即 \(x^x\) 除以 \(1000\) 的余数），\(x,k\) 是给定的数。
我们要求的是这个不定方程的正整数解组数。
举例来说，当 \(k=3,x=2\) 时，方程的解分别为：
输入格式
有且只有一行，为用空格隔开的两个正整数，依次为 \(k,x\)。
输出格式
有且只有一行，为方程的正整数解组数。
数据范围
\(1≤k≤100,\\ 1≤x<2^{31},\\ k≤g(x)\)
输入样例：
3 2
输出样例：
3
解析
\(g(x)=x^x\mod 1000\)，非常奇怪的函数。
但是我们可以直接快速幂。算算也才 \(O(\log x)\)，就加上一个最多 \(31\) 的常数而已，忽略不计。
说白了，问题就是 \(a_1+a_2+\cdots +a_k=N\) 的正整数解的组数。\(A\) 是常数。
换个模型来描述这个方程：有 \(N\) 个球， 我们要把它们全部放到 \(k\) 个盒子里面，每个盒子至少一个。
这还不简单？我们可以插板法，总共有 \(N-1\) 个空位，我们要选出 \(k-1\) 个空位插上板子，得到 \(k\) 组球，从左到右对应 \(a_1,a_2,a_3\cdots a_k\) 的值。答案即是 \(C_{N-1}^{k-1}\)。
我们甚至可以直接递推计算。
很不幸的是这个题要写高精度。
车的放置
1s/64M
有下面这样的一个网格棋盘，\(a,b,c,d\) 表示了对应边长度，也就是对应格子数。
当 \(a=b=c=d=2\) 时，对应下面这样一个棋盘：
要在这个棋盘上放 \(k\) 个相互不攻击的车，也就是这 \(k\) 个车没有两个车在同一行，也没有两个车在同一列，问有多少种方案。
只需要输出答案 \(\mod100003\) 后的结果。
输入格式
共一行，五个非负整数 a,b,c,d,k。
输出格式
包括一个正整数，为答案 \(\mod100003\) 后的结果。
数据范围
\(0≤a,b,c,d,k≤1000\)
保证至少有一种可行方案。
输入样例
2 2 2 2 2
输出样例
38
解析
我们手模一下样例，发现它的方案数非常多，情况非常复杂。
我们要想想能否对方案进行某种分类，然后应用计数原理。
先对样例中的情况进行分析：
逐行来看：
第一行有 \(2\) 种放法。
第二行，如果第一行放了，就只有 \(1\) 种方法，但是第一行有两种放法，还可以直接不放，情况愈发复杂了。
直接做不大现实，看看能否拆分。
我们将整个图形分割成两个规则图形。
问题就变成了在一个矩形中怎么放车的问题。
假设我们要在一个 \(3\times 4\) 的网格里面放两个车。
我们首先要在 \(3\) 行里面选 \(2\) 行来放，也就是 \(C^2_3\)。
此时，我们选出的第一行就有 \(4\) 种选法。第二行就有 \(3\) 种选法。说的更一般些，我们要在这 \(4\) 列里面选出两列来，由于两行意义不同，所以是排列。
也就是 \(C^2_3\times A^2_4\) 。
那么，如果给一个 \(n\times m\) 的矩阵，让我们放 \(k\) 个车，答案就应该是 \(C_n^k\times A_m^k\)
所以我们可以枚举两个矩阵分别放了多少个车，然后合并方案。那么如何合并上半部分和下半部分的方案呢？
我们人为规定，先放完上半部分再放下半部分。然后我们发现，上半部分对下半部分的影响是一定的，都只占用了 \(i\) 行。也就是说我们只需要在选列的时候，只能用 \(m-i\) 列， \(A_{m-i}^{k-i}\)。
由于我们规定这是分步计数过程，两部分可以直接相乘。
代入题目数据，答案就是 \(\sum\limits_{i=1}^kC_b^i\cdot A_a^i\cdot C_{d}^{k-i}\cdot A_{a+c-i}^{k-i}\quad(\mod100003)\)。
code(轻度压行)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=100010,mod=100003;
ll fac[N],infa[N];//阶乘，阶乘逆元
ll fpow(ll a,ll k)
{
ll res=1;
while(k){if(k&1) res=(ll)res*a%mod; a=a*a%mod; k>>=1;}
return (res+mod)%mod;
}
void init()
{
fac[0]=infa[0]=1;
for(int i=1;i<=N-10;++i)
{
fac[i]=(ll)fac[i-1]*i%mod;
infa[i]=(ll)infa[i-1]*fpow(i,mod-2)%mod;
}
}
inline ll C(ll a,ll b) {if(a<b) return 0; return fac[a]*infa[b]*infa[a-b]%mod;}// C_a^b
inline ll A(ll a,ll b) {if(a<b) return 0; return fac[a]*infa[a-b]%mod;}
int main()
{
init();
ll a,b,c,d,k;
scanf("%lld%lld%lld%lld%lld",&a,&b,&c,&d,&k);
ll ans=0;
for(int i=0;i<=k;i++)
{
ans+=(ll)C(b,i)*A(a,i)%mod*C(d,k-i)*A(a+c-i,k-i)%mod;
ans%=mod;
}
printf("%lld",(ans+mod)%mod);
return 0;
}
数三角形
给定一个 \(n×m\) 的网格，请计算三点都在格点上的三角形共有多少个。
下图为 \(4×4\) 的网格上的一个三角形。
注意：三角形的三点不能共线。
输入格式
输入一行，包含两个空格分隔的正整数 \(m\) 和 \(n\)。
输出格式
输出一个正整数，为所求三角形数量。
数据范围
\(1≤m,n≤1000\)
输入样例：
2 2
输出样例：
76
解析
让我们在一个 \(n\times m\) 的网格内选三个点，要求它们不共线。为了方便，下面的 \(n,m\) 描述的都是格点的行列。
直接求合法方案数实在不大好求，正难则反，我们考虑求不合法的方案数。
我们总共的方案数 \(C_{nm}^3\)，现在要排除三点共线的所有方案。
将这个网格图看做一个坐标系，\((i,j)\) 表示在第 \(i\) 行第 \(j\) 列，左下角是 \((0,0)\)。所有的直线按照斜率 \(k\) 的情况分为 \(4\) 种：\(k>0\) 的，\(k<0\) 的，\(k=0\) 的，\(k=tan90^{\circ}\) 的。
分别来看这些情况。
-
\(k=0\)
总共共有 \(n\) 行，每行都可以选 \(3\) 个，根据计数原理，这种情况的方案数为 \(nC_m^3\)。
-
\(k=tan90^{\circ}\)
总共 \(m\) 列，每列都可以选 \(3\) 个，方案数为 \(mC_n^3\)。
-
\(k>0\)
我们按照这三个点中最左边的点，将所有的方案分成 \(n\times m\) 类。假设当前左下角在 \((i,j)\) 这个点，要求它的方案数。两点确定一条直线，我们再枚举最右边的点，看看有多少种情况
画画图：
此时右上角的选法就有 \((m-i)(n-j)\) (注意这里横纵坐标的定义与我们习惯的相反)
现在我们要确定的是，对于一个确定的右上角的点，构成的直线上有多少个点。
设它们的横纵坐标差为 \(i_0,j_0\) ，若起点终点都是整点，则它们之间的整点数有 \(gcd(i_0,j_0)-1\) 个(不包括端点)。
为啥？
我们把它看做一个向量，将它平移到源点，也就是考虑 \((0,0)\) 到 \((i,j)\) 上的点，我们可以得到它的斜率是 \(\frac{i}{j}\) 。将其化简到最简整数比，就是除以 \(gcd(i,j)\)。我们知道，假如一个直线的斜率是 \(\frac{2}{3}\) 且存在一个 \((x_0,y_0)\) 在直线上，那 \((x_0+2k,y_0+3k)\) 都是整数点。在上文所述的向量中，假设化为最简整数比的分数是 \(\frac{i^{\prime}}{j^{\prime}}\) ，那么有 \(i^{\prime}\cdot gcd(i,j)=i,j^{\prime}\cdot gcd(i,j)=j\) ，那么这个向量上就有 \(gcd(i,j)\) 这个答案算上了右端点。再减去就是 \(gcd(i,j)-1\)。
这个结论在我们所习惯的平面直角坐标系中也能够成立。
总之，我们的答案就是 \(\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^mgcd(i,j)(m-i)(n-j)\)
-
\(k<0\)
由对称性可知，同 \(k>0\)。
综上，我们的答案是：
总的复杂度 \(O(n^2\log n)\)，上界宽松，能过。
当然，这个题还可以继续使用莫比乌斯反演达到 \(O(n)\)，这里就不搞了。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll gcd(ll a,ll b) {return b==0?a:gcd(b,a%b);}
ll C(ll x) {return (ll)x*(x-1)*(x-2)/6ll;}
int main()
{
ll n,m;
scanf("%lld%lld",&n,&m);
++n,++m;
ll ans=C(n*m)-n*C(m)-m*C(n);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=1;j<=m;j++)
ans-=2ll*(gcd(i,j)-1)*(n-i)*(m-j);
}
printf("%lld",ans);
return 0;
}
积性函数
积性函数是一个针对数论函数的概念
积性函数：对于 \(\forall a,b,\ gcd(a,b)=1\Rightarrow f(ab)=f(a)f(b)\) 则称 \(f\) 是一个积性函数。
若对于 \(\forall a,b\in N\) 都成立则称 \(f\) 为完全积性函数。
所有的积性函数都可以用线筛求。
一些常用的积性函数：
- \(\varphi\): 欧拉函数
- \(\mu\): 莫比乌斯函数
- \(f(x)=gcd(x,k),k\text{为常数}\): 其中一个数确定的最大公约数
- \(d(n)\): \(n\) 的正约数个数
- \(\sigma(n)\): \(n\) 的正约数和。
- \(I(n)=1\): 常函数。(完全积性)
- \(id(n)=n\): 单位函数。(完全积性)
- \(\epsilon(n)=\begin{cases}1,&n=1\\ 0,&n>1\end{cases}\) : 狄利克雷卷积乘法单元。(完全积性)
Longge的问题
1s/64M
求 \(\sum\limits_{i=1}^ngcd(i,n)\) 的值。
输入格式
一个整数 \(n\)
输出格式
一个整数表示答案。
数据范围
\(1<n<2^{31}\)
输入样例
6
输出样例
15
解析
套路地假设 \(gcd(x,n)=d\)，那么 \(gcd(\frac{x}{d},\frac{n}{d})=1\) 。
我们枚举 \(n\) 的因子 \(d\) ，直接求有多少个 \(x\) 满足 \(gcd(x,n)=d\) 。
也就是我们要求 \(\sum\limits_{x=1}^{n/d}d\cdot [gcd(\frac{x}{d},\frac{n}{d})=1]\)
我们发现提个公因式之后这就是欧拉函数的定义。
所以答案就是 \(\sum\limits_{d|n}d\cdot \varphi(\frac{n}{d})\) 。
到这里已经可以勉强可以做了。\(n\) 的因子数最多不过 \(1600\) ，再 \(\sqrt n\) 分解质因数暴力求解 \(\varphi\) 大概能过。
但是我们不满足。
继续推式子，我们让 \(\frac{n}{d}=d^{\prime}\)，并由质因数分解设 \(d^{\prime}=\prod\limits_{i=1}^kp_i^{c_i}\) 。
我们再设 \(n=\prod\limits_{i=1}^k p_i^{\alpha_i},d=\prod\limits_{i=1}^k p_i^{\beta_i}\) ，其中 \(0\le \beta_i\le \alpha_i\)。
可以知道，n的任何一个约数都能表示成这样一个形式。
这样我们就可以表示 \(n\) 的所有约数了。
对于我们一个确定的约数 \(d^{\prime}\) ，我们只需要看它的哪些因数的指数是 \(\ge 1\) 的，将它们乘积，在加起来就是答案。
听起来还是和暴力差不多，我们要想一想怎么做。
从另外一个角度思考，假设我们要求所有因子的乘积，由于我们要枚举所有的因子，所以对于每个因子 \(p_{k}\) 必然被选中一次，二次，三次……直到 \(\alpha_k\) 次。再根据计数原理，得到：
由此作为启发，我们将上面的方法对应下来得到：
展开化简，得到：
也就是说，\(O(\sqrt n)\) 分解质因数即可。
code极短：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
int main()
{
ll n;
cin>>n;
ll res=n;
for(ll i=2LL;i*i<=n;++i)
{
if(n%i==0)
{
ll a=0,p=i;
while(n%p==0) ++a,n/=p;
res/=p;
res=res*(p+(ll)a*p-a);//算答案
}
}
if(n>1) res/=n,res=res*((ll)n+n-1LL);
cout<<res;
return 0;
}
狄利克雷卷积
狄利克雷卷积是一个对数论函数集合封闭的二元计算，即两个数论函数的卷积还是数论函数。
设 \(f,g\) 是两个数论函数，它们的卷积为 \((f*g)(n)=\sum\limits_{d|n}f(d)g(\frac{n}{d})\) 。
我们可以借此再次描述一下莫比乌斯反演：
若 \(F=f*I\)，则 \(f=F *\mu\)。
狄利克雷卷积的性质
- 满足交换律和结合律。
- 若 \(f,g\) 都是积性函数，那么 \(f * g\) 仍然是积性函数。反之，若 \(f,f *g\) 都是积性函数，那么 \(g\) 也是积性函数。
- 若 \(g\) 是一个完全积性函数，且 \(h=f*g\)，则 \(f=h * (\mu g)\) ，即若：\[h(n)=\sum_{d|n}f(d)g(\frac{n}{d}) \]则：\[f(n)=\sum_{d|n}h(d)\mu(\frac{n}{d})g(\frac{n}{d}) \]
常用的狄利克雷卷积等式
- \(\mu*I=\epsilon\)
- \(\varphi*I=id\)
- \(\mu*id=\varphi\)
