毒瘤数学题汇总
上来先搞个链表
毒瘤数学题汇总
51nod 1355 斐波那契数列的最小公倍数
题意
输出Lcm(F(a1), F(a2) ...... F(an)) Mod 1000000007的结果。
n <= 50000, a <= 1000000
题解
首先要知道一个结论：\(gcd(f[i], f[j]) = f[gcd(i, j)]\)，其中 \(f\) 为斐波那契数列。
题目的意思是说，求：
质因数分解得：
然而我们只知道gcd相关，因此将其用min-max定理尝试转化成gcd:
将关于一个 \(T\) 的所有子集的\(p\)合并一下：
套用上面的那个结论：
再套用经典版的莫比乌斯反演，众所周知：
其实对于连乘积也有类似的式子：
两式两边都取对数即可证明。
那么我们将 \(f[gcd(T)]\) 看作 \(f(n)\)，这样的话 \(f[gcd(T)]\) 会略微好看一些。同时 \(g(n)\) 也可以在 \(O(nlnn)\) 的时间内搞定。
那么我们继续推式子:
然后提取 \(g(d)\)：
发现其中的 \(d|gcd(T)\) 很有意思，它的意思是 \(d\) 能够整除 \(T\) 中的所有数。那么我们只用在 \(S\) 中仅选择一些 \(d\) 的倍数组成 \(T\)，就可以让 \(g(d)\) 做出贡献：（假设 \(S\) 中有 \(cnt\) 个数是 \(d\) 的倍数）
这不就是二项式定理（组合恒等式)吗？只不过少了个 \(i=0\)。因此它等于：
也就是说，只要 \(S\) 中含有 \(d\) 的倍数，就会有一个 \(g(d)\)
然后\(O(nlnn)\)预处理出 \(g(d)\) 和 \(d\)，对应相乘即可。
Continued...
P4619 [SDOI2018]旧试题
题意
求：
其中 \(d(n)\) 表示 \(n\) 的约数个数。
题解
首先如果 \(C=0\)，那么就成了一个经典的数论问题：
可以转化为：
这就相当于枚举 \(\frac{i}{x} * y\)，并且能够恰好不重不漏地枚举到所有约数。可以质因数分解后理解。
那么对于 \(C > 1\) 的情况，是否存在类似的枚举方法呢？
实际上是有的。
可以转化为：
交换求和号：（这一步还是比较重要的，否则会带着九个\(\sum\) 走向自闭）
我们看到了亲切的中括号，自然地想到莫比乌斯反演。
然后很自然地想到提前 \(\mu\)。不过平时都是只提前一个，这次一下子提前了三个，实际上只要保证每一个 \(\mu\) 被枚举的次数是一样的，那么这个转化就是可以的。
假设 \(A > B > C\)。
略微再换一下顺序:
其中\(u|x,w|x\)太麻烦，不过它等同于 \([u,w]|x\)。因此:
发现右面结构比较相似，用一个函数总结一下：
这样就成了：
然后就可以 \(O(n^3)\) 枚举了。
发现还是 \(n^3\)。不过这次我们就不用枚举完\(n^3\)，因为最小公倍数通常会是 \(n^2\) 级别，\(f_T(n)\) 通常是0，那么如果它是0的话我们就不用管他了。
然而其中的 \(n\) 其实是个数对的最小公倍数，一下子限制两个数。一组非零的解为 \(u,v,w,\mu()\not=0,[...]<=A\)，符合这个的有序三元组 \((u,v,w)\) 可以有贡献。那么我们只用枚举这些三元组即可。如果我们将符合条件的数对连接，那么实际上我们是在枚举一些三元环。
实测表示，图中的边并不多，枚举所有三元环的复杂度为 \(O(m \sqrt m)\)。因此，如果我们能够迅速连边，迅速枚举三元环的话，就可以通过这道题了。
建边的话，首先我们可以枚举所有的lcm，当然要抛弃掉 \(\mu\) 为0的。那么剩下的应该不会一个质因数出现超过一次。那么我们将其质因数分解，然后要从中选取两个数，使得其Lcm为我们枚举的那个lcm。这一部分可以枚举子集 和 子集的子集+补集来实现。这样我们就可以近似 \(O(m)\) 地建边了。
三元环科技见：不常用的黑科技——「三元环」
更多细节见题解代码。
P5400 [CTS2019]随机立方体
又是一道做了好几个月的题（其实是鸽了好几个月的题）
题目简短，代码简短，思维量极大。
首先看到“至少”，并且直接算还不好算，就应该想到二项式反演，变成“钦定”。
设 \(f(k)\) 表示钦定 \(k\) 个“极值点”（极大格子，简称“极值”或“极点”）的方案数。“钦定”即我们只考虑与之相关的东西即可，即每个点能控制其控制区间（即同行或同列或同层），且不相互控制。
设 \(h(i)\) 表示将 \(i\) 个极点及其管辖区域（同控制区间)从小到大一点一点分配好数字（只考虑相对大小，不考虑真实的值）的方案数。
设 \(g(i)\) 表示 \(i\) 个极值点的管辖区域大小。这个最好算，是 \(tot - (n - i)(m-i)(l-i)\)，其中 \(tot = n * m * l\)。
然后就可以用 \(h(k)\) 和 \(g(k)\) 来表示 \(f(k)\) 了：
（先从 \(tot\) 个数里面选择 \(g(k)\) 个数作为我们管辖区域的数集，管辖区域外面的数随便选；再选出极点的位置（用有序三元组表示，相对顺序为大小顺序，因此共三个阶乘），最后从小到大一点点算 \(h(k)\)）
现在考虑推 \(h(i)\)。我们重新分配数字，由于之前乘了阶乘，使三元组有序，因此我们已经知道最大的是那一个点了。最大的数字一定被分配给第 \(i\) 个极点，剩下的由 \(i\) 多管辖的那部分点 （共 \(g(i) - g(i-1) - 1\) 个点）依次随便选数，剩下的顺序交给 \(h(i-i)\) 处理。即：
阶乘的形式表示：
根据 \(h(0) = 1\) 以及 \(g(0) = 1\)，展开 \(h\) 进行套娃
化简 \(f\)：
再回过头来看二项式反演，设 \(A(k)\) 表示恰好有 \(k\) 个极点的方案数。
设 \(Ans(k)\) 表示恰好有 \(k\) 个极点的概率。
发现这玩意可以算得挺快，那个 \(1/(g(1)g(2)...g(i))\) 可以直接预处理出来，这样就能做到 \(O(TnlogN)\)（\(N\) 表示值域）。如果害怕过不去的话，可以使用求逆元小技巧：
mul[0] = 1;
for (register int i = 1; i <= mn; ++i)
g[i] = ((tot - (n - i) * (m - i) % P * (l - i) % P) % P + P) % P,
mul[i] = g[i] * mul[i - 1] % P;
muli[mn] = quickpow(mul[mn], P - 2);
for (register int i = mn - 1; i; --i)
muli[i] = muli[i + 1] * g[i + 1] % P;
这样就是 \(O(Tn)\) 了。
CF913F Strongly Connected Tournament
感觉和 主旋律 的套路有些像。
又是竞赛图，根据套路，应该枚举缩点后最后一个SCC。那么我们首先要知道 \(i\) 个点变成 SCC 的概率，设为 \(f_i\)。发现需要容斥，套路仍然是枚举缩点后最后一个SCC。最后一个SCC的每个点一定被其余SCC中的所有点连，于是设辅助数组 \(dp_{i,j}\) 表示\(i\) 个点中最后一个SCC大小为 \(j\)，最后一个SCC内外边的概率积之和，根据 \(dp_{i,j}\) 可以算出 \(f_i\)。
考虑如何算出 \(dp_{i,j}\)：
我们从小到大加入点，分别讨论点加到最后一个SCC还是其余SCC的情况可以此式。
然后考虑如何算出 \(f_i\)：
考虑 \(i\) 个点的完全图的最后一个SCC的大小的所有情况的概率，它们的和应该是1.
现在我们回归原问题：计算 \(i\) 个点完全定向所需的比赛的期望次数，设为 \(g_i\)，我们可以枚举一轮定向后产生各种最后SCC的情况，但是最终SCC可以看作子问题，而其余点并不能看作子问题，因为这个时候已经定好向了，不能再把第一次定向的贡献算上了，于是我们单独开一个辅助数组 \(h_i\) 表示已经定好一次向的 \(i\) 个点到完全定向的期望次数，那么有：
最终答案即为 \(g_n\)
