数学总结

数学总结

抽屉原理

基本解释：

1. 有 \(n+m\) 个物品分成 \(n\) 组，至少有 \(n\) 个组有两个物体
2. 把多余 \(n\times m +1\) 个物体放入 \(n\) 个抽屉里，至少有一个抽屉有不少于 \(m+1\) 个物体
3. 把无数还多件物体放入n个抽屉，则至少有一个抽屉里有无数个物体。

第二抽屉原理

把 \(nm-1\) 个物体放入 \(n\) 个抽屉里，其中必有一个抽屉至多有 \(m-1\) 个物体

例题

P7738 [NOI2021] 量子通信

由于 \(k<16\) 且 \(16^2=256\) ，故我们将原 \(01\) 串分为 $ 16 $ 块

又抽屉原理（鸽巢原理），字典与信息串中至少有 \(1\) 个段相等。

所以我们将在满足在第 \(i\) 个块相等的串用前向星连接起来。

同时，我们也可以将 \(16\) 位 \(01\) 串有多少个 \(1\) 给处理出来

我们每次比较的步骤：

1. 将信息串化为 \(01\) 串，分成 \(16\) 块
2. 对于每一块，我们将在前向星中存起来序列与之比较
3. 直到比较出一个在字典中的串符合要求，退出。

时间复杂度： \(O(16*16*m*x)\)

\(x\) 代表前向星中所存的串的期望个数

由题可知，字典是完全随机的，所以对于每一种 $ x $，其大概存了 \(\frac {n}{2^{16}}=7\) 个串

所以时间复杂度为 \(2e8\)

赛瓦维斯特定理

基本解释

已知 \(a,b\) 为大于 \(1\) 的正整数， \((a,b)=1\) ，则使不定方程 \(ax+by=C\) 无负数解的最大整数 \(C=ab-a-b\)

裴蜀定理

基本解释：

使得方程 \(ax+by=1\) 有解的充要条件为 \((a,b)=1\)

推论：

1. 使得方程 \(ax+by=c\) 有整数解分条件为 \(\gcd(a,b)|c\)
2. 方程 \(ax+by=c\) 有解 \((x,y)\) 则 \((\frac{c}{\gcd(a,b)}x,\frac{c}{\gcd(a,b)}y)\) 也一定是解
3. 方程 \(ax+by=c\) 的解为 \((x,y)\) 则 \((x+k\frac{b}{\gcd(a,b)},y-k\frac{b}{\gcd(a,b)}),k\in Z\) 也是一组解

欧拉函数

基本解释：

\(\phi(n)\) 表示在 \([1,n]\) 中与 \(n\) 互质的数的个数

\(\phi(x)=x*\prod_{i=1}^{n}(1-\frac{1}{prime_i})\)

特别的 \(\phi(1)=1\)

性质

1. 积性函数

   \(\gcd(a,b)=1,\phi(a*b)=\phi(a)\phi(b)\)

2. \(a|b,\phi(b*a)=a*\phi(b)\)

3. $\gcd(2,n)!=1 ,\phi(2*n)=\phi(n) $

4. \(\sum_{p|n} \phi(p)=n\)

求法

1. \(O(\sqrt n)\)
2. 线筛 \(O(n)\) 求

中国剩余定理

\[f(x)=\begin{cases}x \equiv a_1\pmod{m_1}\\x \equiv a_2\pmod{m_2}\\.\\.\\.\\x \equiv a_n\pmod{m_n}\end{cases}其中：m_1,m_2,m_3...,m_n 互质。 \]

且 \(M=\prod\limits_{i=1}^{n}m_i,M_i=\frac{M}{m_i},t_i=M_i^{-1}\)，\(t_i\) 是在模 \(m_i\) 意义下的乘法逆元

则有解 \(x=(\sum\limits_{i=1}^{n}a_it_iM_i) +kM,k\in Z\) ，最小解 \(=(\sum\limits_{i=1}^{n}a_it_iM_i)\% M\)

逆元

定义：

在模 \(m\) 的意义下，使得 \(x*y\equiv 1 \pmod{m}\)

则 \(y\) 为 \(x\) 的逆元，记为 \(x^{-1}\)

求法

1. 欧拉定理

   $\gcd(a,n)=1,a^{\phi(n)}\equiv 1 \pmod{n} $

2. 费马小定理

   $\gcd(a,p)=1且p为质数,则 a*a^{p-2}\equiv \pmod{p} $

3. 拓展欧拉定理

   \[a^{n}\equiv \begin{cases} \notag a^n~~~~(n<\phi(p))\\ a^{n ~\bmod \phi(p)+\phi(p)}~~~~(n>=\phi(p)) \end{cases} \pmod{p} \]

4. 线性求逆

   结论：\(i^{-1}=(p-p/i)*(p\% i)^{-1}\% p\) ，其中 \(p\) 为模数，\(p>i\)

5. 离线求逆

   我们求 $ a_1,a_2,..,a_n$ 在模 \(p\) 下的逆元

   不妨设 \(M=\prod _{i=1}^{n} a_i\) ，求出 \(M^{-1}\)

   从后往前 \(a_i=M_{i}^{-1}*M_{i-1},M_{i-1}^{-1}=M_{i}^{-1}*a_i\)

卡特兰数

递推式：

1. \(C(n)=C(0)C(n-1)+C(1)C(n-2)+..+C(n-1)C(1)\)
2. \((n-3)C_n=\frac{n}2(C_3C_{n-1}+C_4C_{n-2}+..+C_{n-1}C_{3})\)
3. \(h(n)=h(n-1)*(4*n-2)/(n+1)\)

表达式：

1. $C_n=\frac{\dbinom{n}{2n}}{n+1}=\dbinom{n}{2n}-\dbinom{n-1}{2n} $
2. 特别的 \(C_1=C_0=1\)

用途：

1. 出栈入栈的顺序个数

   设有 \(n\) 个数时，方案数为 \(f(n)\)

   则有 \(f(n)=f(n-1)f(0)+f(n-2)f(1)+..+f(0)f(n-1)\)

   特别的 \(f(1)=f(0)=1\)

2. 在一个凸多边形中，通过若干条互不相交的对角线，把这个多边形划分成了若干个三角形。

   设 \(f(n)\) 代表边数，则有 \(f(n)=f(0)*f(n)+f(1)*f(n-1)+...+f(n)f(n)\)

   特别的 \(f(3)=f(2)=1\) ，则易得 \(f(n)=C(n-2)\)

3. 给定N个节点，能构成 \(C_n\) 种不同的二叉搜索树。

4. 有 \(n\) 对括号，其正确排列的个数为 \(C_n\)

P3200 [HNOI2009]有趣的数列

题意简述

一个数列，满足 \(a_{2i}<a_{2(i+1)},a_{2i-1}<a_{2(i+1)-1},a_{2i-1}<a_{2i}\)

由此可得：

对于每一个偶数位 \(2i\) 都满足其大于之前的所有数，并且 \(a_{2i}>=2i\)

所以转化题意：将 \(2*n\) 个数，以此填入最左边的奇数位或者偶数位。

可以证明，当我们加入一个数 \(j\) 后，要保证在奇数位上的数字的个数不少于在偶数位上的。

证明：
我们假设已经填了 \(2a\) 个数，奇数位偶数位各 \(a\) 个，此时下一个数为 \(2a+1\) ，下一个偶数位的最小要求为 \(2(a+1)\) ，此时无论如何第 \(2a+1\) 个数都不可以填入偶数位中，只可以填入奇数位。

所以此时就变成了卡特兰数的推到过程，设在偶数位加数为 \(-1\) ，奇数位加数为 \(1\) ，求保证随时前缀和和为非负数的方案有多少种。

自然为 \(\frac{\C(2n,n)}{n+1}\)

注意模数不一定为质数，所以以使用唯一分解定理约分。

高斯消元

例题

P2447 [SDOI2010] 外星千足虫

其实和一般的高斯消元差不多，但是由于只考虑其自己的奇偶性，所以将加减改为取亦或就可以了

矩阵

目前看到的大多为和图论结合题目

例题

P6190 [NOI Online #1 入门组] 魔法

用弗洛伊德+矩阵加速

可以看到，当我们算出使用了一次魔法的邻接矩阵的 \(n\) 次方

即可算出使用了 \(n\) 次魔法的邻接矩阵

期望

一般和其他的数论一起考