片集 - 数学 - 1
欢迎来看 “片” （的简介）
由于-\(看片\)-生涯转瞬即逝，于是我选择对“\(片\)”进行一定的总结：
相信你一定看懂了
由于开始的时间有一点晚，就姑且认为我以后会慢慢补充吧......
回到总部
p.s. 这里容纳了各种各样有关数学的东西，包括组合数学，概率期望等一些列稀奇古怪的东西。
\(P7161\) [\(COCI2020\) \(-\) \(2021\)#\(2\)] \(Euklid\)
解：数学
\(GCD(a,b)=g\)
\(\implies a=g\times k1,b=g\times k2\)
\(R(a,b)=h\)
\(\implies\) \(a=h,b∈[h^k,2\times h^k)\)
\(\implies\) \(gk1=h,gk2∈[h^k,2\times h^k)\)
\(∵\) \(R(a,b)=R(gk1,gk2)\implies R(\lfloor \frac{k1}{k2} \rfloor,gk2)\) \(!!重点!!\)
\(\implies\) \(k1/k2=h,gk2∈[h^k,2\times h^k)\)
\(\implies\) \(k1/k2=h,k2∈[\lfloor \frac{h^k}{g} \rfloor,\lfloor 2 \times \frac {h^k}{g} \rfloor)\)
\(\implies\) \(k2∈[\lfloor \frac{h^k}{g} \rfloor,\lfloor 2 \times \frac {h^k}{g} \rfloor),k1=h \times k2\)
更具体的，k2直接去 $ \lceil \frac{h^k}{g} \rceil$, \(k1\) 要保证自己与 \(k2\) 互质，所以 \(k2\) 取 \(k1\times h+1\)
好吧，实际上这一系列上下取整让我感到非常不安，不过你可以自行检验一下 😕
\(P3214\) \([HNOI2011]\) \(卡农\)
解：排列组合，数学，计数
这是黑？？？？？？？？？？？？？？？？？？？？？？？？？？？？？？？？？？？？？
首先，我们将每一种情况进行 “二进制拆分”，那么每一种音符可选可不选，那就是总共有 \(2^n-1\) 种情况，对于排列而言，我们只需要在求答案的时候除以一个 \(m!\) 即可， 实际上是由组合数做法的，但看到一半的时候被 \(xch\) 阻止了， 那么对于排列而言就有 \(\mathcal{A}_{2^n-1}^{i}\)， 继续想一想，由于题目种中有出现个数为偶数的限制，所以在确定完 \(i-1\) 个的时候，第 \(i\) 个和声就呼之欲出了，因为如果对于一种音符起那面出现偶数次，那么这个和声中就不能加入这个音符，反之，如果是奇数次，那么这一次就必须加入，因此第 \(i\) 个和声在确定完前面的和声就可以唯一确定了，所以就拍出了一些没用的情况，并且加上了偶数次的限制，这个时候方案数变成了 \(\mathcal{A}_{2^n-1}^{i}\)。
现在继续来考虑其他限制，对于不能存在空集的情况就是上述 \(m-1\) 的时候发现每一个音符都出现了偶数次，这个时候定义 \(f_i\) 表示前 \(i\) 组和声的方案数，这个时候多余的情况就是 \(f_{i-1}\)。
继续考虑，对于不能有相同的和声的情况，钦定存在 \(i\)， \(j\) 它们相同，这个时候剩余的 \(i-2\) 组和声构成的卡农就是合法的，也就是 \(f_{i-2}\)， 这个时候看 \(i\) 由于现在规定它要合法，所以就有 \(2^n-1-(i-2)\) 种情况，附加上 \(j\) 的位置枚举，也就是 \(i-1\)，就有这种情况的排除办法 \(f_{i-2} \times (i-1) \times (2^n-1-(i-2))\)。
最后就有递推式：
\(f_i=\mathcal{A}_{2^n-1}^{i}-f_{i-1}-f_{i-2} \times (i-1) \times (2^n-1-(i-2))\)
p.s 注意排列是 \(\frac{n!}{(n-m)!}\) 不是 \(\frac{n!}{m!}\)，别当郝精锐了
\(CF451E\) \(Devu\) \(and\) \(Flowers\)
解：计数，排列组合，容斥，数学
不难发现，我的数学真的像依托勾石。
分开讲一下这道题涉及到的两个点。
首先，这个稍稍独特一点的插板，只是我没见过插板还能加的。
暂且不考虑 \(f_i\) 的约束
现在最开始有 \(s+1\) 个位置插板，共有 \(n-1\) 个板，考虑插板。
开头跟普通的插板一样，只是由于这次你能在已有的板两边都差一个板，于是就有方案（不考虑重复）：
$(s+1) \times (s+2) \times \dots \times (s+n-1) $
也就是
\(\frac{(s+n-1)!}{s!}\)
又因为我们要求的是组合的情况，得到的却是排列，所以套路的除以一下板子的插入位置 \((n-1)!\)
那就有了最终的方案数：
\(\frac{(s+n-1)!}{s!(n-1)!}=\mathcal{C}_{s+n-1}^{n-1}\)
接下来是容斥
好吧，我觉得这东西性感理解跟理性理解的效果相同。
就是奇偶对应正负，不断地加减对应的的 \(|s_i|\) 就好了。
So?
接下来我们从最开始的简单插板入手此时的方案数就是 \(\mathcal{C}_{s+n-1}^{n-1}\)，显然，这个时候我们压根没有想 \(f_i\) 我们考虑容斥一下，先从单一的一种花说起，我们现在钦定它已经选了超过 \(f_i\) 个，那么就是在原本的 \(s+n-1\) 个空格少了变为 \(s+n-1-(f_i+1)\) 而插得板相同。
这里为什么就可以保证吧大于 \(f_i+1\) 的情况考虑进来呢，因为我们这次插的板的个数不变，因此仍有可能把板插在当前 \(i\) 的位置。
同理，扩张到多个 \(i\)，就可以有 \(\mathcal{C}_{n+s- \sum_{k} f_i-(k+1)}^{n-1}\)
后面就很简单了，普通的容斥。
\(CF1924D\) \(Balanced\) \(Subsequences\)
解：卡特兰数，计数，排列组合
仅以此片题解来说服自己关于卡特兰数的东西。
图很丑但不费事了
背景就是我们要从 \((0,0)\) 只向上、向左跑到到 $ (n,n) $ 问不超出 \(y=x\) 时的方案数。
不考虑限制 \(y=x\) 从 \((0,0)\) 跑到 \((n,n)\) 共有 \(2 \times n\) 次抉择，选了其中一个方向剩余的就清楚了，所以共有 \(\mathcal{C}_{2\times n}^n\) 的方案数。
现在容斥，考虑超过 \(y=x\) 的情况，有一种牛逼的操作就是把超过 \(y=x\) 的线以 \(y=x+1\) 为对称轴对称，如上图的虚线部分，可以发现，所有这样的线都会经过 \((n-1,n+1)\) 的点，因此非法方案就有 \(\mathcal{C}_{2\times n}^{n-1}\) 是不是想着就很奇怪，那就算是合法的情况对称完不也是一定经过 \((n-1,n+1)\)。
这就是对合法方案的理解不透彻，它们的根本不同之处就是其中一个经过了 \(y=x+1\)， 是因为经过了所以才有对称操作的，或者说如果不是因为经过 \(y=x+1\)，那所有线多直接对称，此时，火兔就能发现所有线都仍然是最开始的 \(n \times n\) 的方格只不过形状变了。
我不知道这合不合理，纯粹自己扯出来的。
最后合法方案数就是二者的差:
\(\mathcal{C}_{2\times n}^{n}-\mathcal{C}_{2\times n}^{n-1}\)
这就是我一直半懂不懂的卡特兰数了……
放到这道题中，在之前的题目中我们了解到一个关于括号匹配问题的结论，就是若把左括号的权值设为 \(1\)，有括号的权值设为 \(-1\) 则他的每一位的前缀和大于等于 \(0\)，现在把这个结论跟卡特兰融合一下，那么我们让左括号设为向左走，右括号设为向上走，那只要每一次行走不超过过 \(y=x\) 即可。
接下来考虑左右括号的限制 \(n\) 和 \(m\)，看一看题目，发现由于最多有 \(2 \times k\) 个括号匹配，那么剩余的括号一定组成连续的右括号和连续的左括号例如 \()))))))))))))))))((((((((((\) 这样的东西，我们可以枚举左括号右括号合起来的地方前有 \(i\) 个匹配的括号时（后面称这个地方为关键位置）的方案，回到那张卡特兰数的图上，有括号共有 \(m\) 个，现在为止匹配好的共有 \(i\) 个，那么后面还要用 \(k-i\) 个，所以在关键位置时用了 \(m-k+i\) 个，又因为我们钦定了最后一位是右括号，所以只用到达 \((i,m-k+i-1)\) ，最后一位固定，那相应的它的方案数套一下公式就是
\(\mathcal{C}_{2\times i+m-k-1}^{i}-\mathcal{C}_{2\times i+m-k-1}^{i-1}\)
类似的左括号是一样的只不过最后一位就不用考虑了，答案是
\(\mathcal{C}_{2\times (k-i)+n-k}^{k-i}-\mathcal{C}_{2\times (k-i)+m-k-1}^{k-i}\)
注意一下边界每一个到小于等于 \(0\)的时候要特判，枚举 \(i\)，输出，结束了！！！！！！！！
是吗？？？
好吧，还有跟简单的
我们简单点想，直接 \(n \times m\) 的方格，不超过 \(y=x\) 即可，那就直接把卡特兰糊了。
[\(ABC160F\)] \(Distributing\) \(Integers\)
解：树上问题，计数
因为帽的请求，来温“故”知新，发现之前我就是个傻子，\(\mathcal{C}\) 完就跑。
具体的树上跳来跳去就不讲了，我认为这道题关键就在与它的数学思维。
由题知，一个父亲一定先被覆盖，然后才是它的儿子，我们考虑一个二元链，假设整棵树就他俩，方案是多少？
咳咳，写成"代数"形式，实际上是：
神么意思呢，就是总方案数乘上它对应的比例，二元链比较典型，可以发现就是就是它的 \(\text{size}\) 的所有方案乘上不包括它自己的大小的阶乘（它儿子的方案），也就是这个节点作为一个序列开头的方案。
赞数不考虑它儿子是否合法，答案就是 \(\large\frac{1}{sz_{u}}\) 乘上对应的方案数，如果考虑它的儿子的话，可以发现每一个儿子都有它的 \(\large\frac{1}{sz_{son_u}}\) 也就是一坨儿子大小相乘再乘上它自己，此时乘上对应的方案数才是真正合法的答案。
二维图形的一些问题
咳咳，我知道，这里原本只应存在题目，但最近有点寂寞，想爽一爽，于是找来依托看起来像对恶臭的石：
当然，凸包只是一小部分。
先介绍一些概念：
对踵点: 在凸包上画上一对平行线，呐，它们就是一对对踵点。
额，暂时就这些了。
接下来，有一些必要的数学“常识”
定义： $$|a \times b|=|a||b| sin θ$$
那么具体证明呢？经过炮夕的讲解，我懂了！！！！！！
证明：
令两个向量为 \(a=x_1 i+y_1 j\)，\(b=x_2 i+y_2 j\)，由于向量叉乘的分配律，把这两坨屎合在一起就得到了 \(x_1 x_2 i \times j + x_1 y_2 i \times j + x_2 y_1 j \times i + y_1 y_2 i \times j\)
由于 \(i \times i\) 和 \(j \times j\) 都等于 \(0\)，而 \(i \times j\) 等于 \(+k\)，反之为 \(-k\)
所以最终话捡出来的形式就是 $$(x_1y_2-x_2y_1)k$$由定义式，你就有新的结论了 \(|a||b|sinθ=x_1y_2-x_2y_1\)，也就是 \(a\) 和 \(b\) 形成的平行四边形就是 \(x_1y_2-x_2y_1\)，只能说太帅了
把单位向量除去，只看模长可以发现这样算出来的结果除以 \(2\) 就是 \(\triangle OAB\) 的面积，于是，我们进行旋转凸壳就有了媒介，当然我们要先了解凸包。
\(二维凸包\)
解： ~
一切的一切起源于此……
这么多个点，当然选择一个基准拓展是一个不错的主意，可以发现，\(y\) 坐标最小的点一定在凸包上，于是，我们将这个点定位原点 \(O\)。
正如上图中的 \(1\) 号点。
我们依次进行一些算法的讲解，
首先是最暴力的办法，从原点开始不断地找能将其他的全都放在一侧的点，算法复杂度 \(\mathcal{O}(nm)\) ，\(m\) 为凸包上点的数目，这种算法被叫做 \(Jarvis\)，钢铁侠折了
中间还有一些大同小异的暴力，在这道题的题解中有很多，我就不逼了，现在，就直接讲讲这个所谓的高级算法
像上面那个图，我们可以选择按照一定的基准进行排序，可以发现，类似斜率的东西是一个不二的选择，然而斜率是越靠近 \(y\) 轴越大，所以实际上应该是 \(\frac{x}{y}\) 从大到小排序，或者说，用某个更高级的说法——极角
然后我们开始适当模拟，发现一个绝妙的办法，用栈依次记录每一个凸包上的点，每一次发现拐弯的时候就不停地退栈直到不拐弯为止，什么叫拐弯呢，参考下图的\(3\)， \(4\)线段就是一个拐弯，于是我们用 \(5\) 覆盖 \(3\)，\(4\)，即退掉 \(4\) 点。
如此操作下去，根据经验而言，你就得到了最终的凸包，哈哈哈哈哈哈哈哈哈哈哈哈
怎么证明？
暂时看到一些证明都是用语言表述而来的，并没有看到谁用数学语言严格形式的证明，所以我也来逼一点我的拙见，可以发现第一次早操作时，所形成的凸包就是第一个、二个点的时候所形成的凸包就是正确的凸包，每一次加入一个点本质就是在扩大的操作，这么不断的操作，由于第一次操作无误，后续若干次操作也都不会有问题。这个算法叫做 \(Graham\)
点击查看代码
#include <iostream>
#include <map>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <iomanip>
#define ll long long
using namespace std;
const int MAXN=1e5+5;
struct PoInTs{
double x,y;
};
PoInTs a[MAXN];
ll n,tot=0,lp,tp=0;
PoInTs stk[MAXN];
map <pair<double,double>,bool> mp;
long double ans=0.0;
bool cmp(PoInTs x,PoInTs y){
if (x.x*y.y==y.x*x.y){
if (x.y==y.y) return x.x<y.x;
return x.y<y.y;
}
return x.x*y.y>x.y*y.x;
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
cin>>n;
lp=1;
for (int i=1;i<=n;i++){
double x,y;
cin>>x>>y;
if (mp[make_pair(x,y)]) continue;
mp[make_pair(x,y)]=1;
a[++tot]={x,y};
if (a[tot].y<a[lp].y) lp=tot;
else if (a[tot].y==a[lp].y && a[tot].x<a[lp].x) lp=tot;
}
swap(a[lp].x,a[1].x);
swap(a[lp].y,a[1].y);
for (int i=2;i<=tot;i++){
a[i].x-=a[1].x;
a[i].y-=a[1].y;
}
a[1].x=0,a[1].y=0;
sort(a+2,a+1+tot,cmp);
stk[++tp]=a[1];
for (int i=2;i<=tot;i++){
while (tp>1 && (1.0*a[i].x-1.0*stk[tp].x)*(1.0*stk[tp].y-1.0*stk[tp-1].y)>=(1.0*stk[tp].x-1.0*stk[tp-1].x)*(1.0*a[i].y-1.0*stk[tp].y)) --tp;
stk[++tp]=a[i];
}
stk[++tp]=a[1];
for (int i=2;i<=tp;i++) ans+=sqrt(1.0*(stk[i].x-stk[i-1].x)*(stk[i].x-stk[i-1].x)+1.0*(stk[i].y-stk[i-1].y)*(stk[i].y-stk[i-1].y));
cout<<setprecision(2)<<fixed<<ans;
}
\(旋转卡壳\)
解：如上
首先用上面的算法求出凸包大小。
接着，像上面所说的对踵点，我们可以找一条破线段的对踵点，如此一来，你发现你要是以一种方向（顺、逆时针）单调移动，你发现对应的对踵点也是以同样方向移动的，那这样一来不就是一个单调的问题吗？
于是，牛逼双指针成功了\(\mathcal{O}(n)\)，瓶颈在上面的算法中的对数。
关键核心代码（把这一段接在上面就是这道题）
n=tp;
ans=getlen(stk[1],stk[2]);
if (n==2){
cout<<ans;
return 0;
}
ll j=2;//从2开始不会劣，3可能有所疏漏
long double tmp=0;
stk[n+1]=stk[1];
for (int i=1;i<=n;i++){
tmp=0;
while (gettgl(stk[i],stk[i+1],stk[j])>=tmp){
tmp=gettgl(stk[i],stk[i+1],stk[j]);
++j; if (j>n) j-=n;
}
--j; if (j==0) j=n;//注意要复位
ans=max(max(getlen(stk[i],stk[j]),getlen(stk[i+1],stk[j])),ans);
}
\(凸包面积\)
学完这些之后，你信誓旦旦地以为自己可以求什么多边形面积了，可你发现自己是个超级大小丑，因为很小的时候，你就学了"迪克"（毕克）定理，哈哈哈哈哈哈哈哈哈哈哈哈
咳咳，或者，为了不显得你输得这么惨，你完全可以依靠叉积并运用已算出的凸包，并定同样的原点作为原点，然后逆时针不停的用叉积，ok，完了~，时间复杂度依然十分优秀，瓶颈依然在于排序。放一些有用的子函数吧。
点击查看代码
long double gettgl(PoInTs x,PoInTs y,PoInTs o){//叉积，并以 o 为原点
x.x-=o.x;
y.x-=o.x;
x.y-=o.y;
y.y-=o.y;
return abs(x.x*y.y-y.x*x.y);
}
long double getlen(PoInTs x,PoInTs y){//两点距离公式
return (x.x-y.x)*(x.x-y.x)+(x.y-y.y)*(x.y-y.y);
}
Tips
- 组合数预处理的时候 \(fac_0\) 和 \(inv_0\) 都要为 \(1\)
