五一数学

Day 1

一、矩阵

就是 $n$ 行 $m$ 列的二维数组，用中括号框起来。

例如当 $n = 2,m = 3$ 时，有一个矩阵 $A$ 如下：

[\begin{matrix} 1 & 2 & 3 \\ 4 & 5 & 6 \end{matrix}]

$\begin{bmatrix} 1&2&3 \\ 4&5&6 \\ \end{bmatrix}$

矩阵加减

将对应位置的两个元素相加，比较容易理解。

[\begin{matrix} 1 & 2 & 3 \\ 4 & 5 & 6 \end{matrix}] + [\begin{matrix} 1 & 2 & 3 \\ 4 & 5 & 6 \end{matrix}] = [\begin{matrix} 2 & 4 & 6 \\ 8 & 10 & 12 \end{matrix}]

$\begin{bmatrix} 1&2&3 \\ 4&5&6 \\ \end{bmatrix} + \begin{bmatrix} 1&2&3 \\ 4&5&6 \\ \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 2&4&6 \\ 8&10&12 \\ \end{bmatrix}$

减法同理。

矩阵乘数

也是比较简单，用所有元素乘上这个数。

[\begin{matrix} 1 & 2 & 3 \\ 4 & 5 & 6 \end{matrix}] \times 3 = [\begin{matrix} 3 & 6 & 9 \\ 12 & 15 & 18 \end{matrix}]

$\begin{bmatrix} 1&2&3 \\ 4&5&6 \\ \end{bmatrix} \times 3 = \begin{bmatrix} 3&6&9 \\ 12&15&18 \\ \end{bmatrix}$

矩阵乘矩阵

定义 $A$ 是 $n$ 行 $m$ 列， $B$ 是 $m$ 行 $k$ 列。

A = [\begin{matrix} 1 & 2 & 3 \\ 4 & 5 & 6 \end{matrix}]

$A= \begin{bmatrix} 1&2&3 \\ 4&5&6 \\ \end{bmatrix}$

B = [\begin{matrix} 1 & 2 \\ 3 & 4 \\ 5 & 6 \end{matrix}]

$B= \begin{bmatrix} 1&2 \\ 3&4 \\ 5&6 \\ \end{bmatrix}$

设答案矩阵为 $C$ ，那么 $C$ 一定是 $n$ 行 $k$ 列。
具体来看做法：

\begin{aligned} C_{1, 1} = A 矩阵中第 i 行第 1 个数 \times B 矩阵中第 1 行第 j 个数 \\ + A 矩阵中第 i 行第 2 个数 \times B 矩阵中第 2 行第 j 个数 \\ + A 矩阵中第 i 行第 3 个数 \times B 矩阵中第 3 行第 j 个数 \\ = 1 \times 1 + 2 \times 3 + 3 \times 5 \\ = 1 + 6 + 15 = 22 \end{aligned}

$\begin{aligned} & C_{1,1} = \text{A 矩阵中第 i 行第 1 个数} \times \text{B 矩阵中第 1 行第 j 个数} \\ & + \text{A 矩阵中第 i 行第 2 个数} \times \text{B 矩阵中第 2 行第 j 个数} \\ &+ \text{A 矩阵中第 i 行第 3 个数} \times \text{B 矩阵中第 3 行第 j 个数 } \\ & =1\times 1+2\times 3+3 \times 5 \\ & =1+6+15=22 \\ \end{aligned}$

可以有技巧的算： $C_{i,j} = \text{A 中的第 i 行（横向）的每一个数去依次乘上 B 中的每一行的第 j 个数（纵向）的和}$ ，说起来比较绕，但是懂得了规律以后会发现十分简单。

这里给出一张图片比较好理解：

咕咕

代码

矩阵乘法：

点击查看代码

 struct Matrix
{ 
    int n,m;//n:矩阵行数 m:矩阵列数。 
    int a[105][105];//矩阵 
    Matrix ()//构造函数，作用：初始化矩阵为 0。 
	{
        n = m = 0;
        memset(a,0,sizeof (a));
    }
};
Matrix operator * (const Matrix &a,const Matrix &b)
{
	//重载 * 运算，起作用当且仅当是 Matrix 类型。
	//&：取地址符，操作的时候是直接修改两个矩阵。 
	//const：防止运算的时候把运算的矩阵本尊破坏。 
	//注意类型。 
    Matrix ans;//返回的答案 
    int x = a.n,y = b.m;
    int i,j,k;
    for(i=1;i<=x;i++)
        for(j=1;j<=y;j++)
        	//枚举每一个位置。 
            for(k=1;k<=a.m;k++)
            	//核心部分 
                ans.a[i][j] += a.a[i][k] * b.a[k][j];
    return ans;
}

Day 2

一、模运算

逆元的定义

我们都知道模运算有分配率，但是只适用于乘法，除法不能运用分配率，要想求出除法的模运算，需要做出一些转化。

我们想要求出 $(a \div b) \bmod p$ ，但是硬算是求不出来的，需要做一些转化。

我们需要一个整数 $x$ ，使得 $a\times x \equiv a\div b\pmod{p}$ 。

Tips: $x\equiv y\pmod{p}$ 等同于 $x \bmod p = y \bmod p$

我们就称 $x$ 为 $b$ 的逆元。

求逆元的方法

费马小定理

如果 $p$ 为质数且 $1\le a < p，\gcd(a,p) = 1$ ，那么有 $a^{p-1}\equiv 1\pmod{p}$ 。两边同时除以 $a$ ，得 $a^{p-2}\equiv \frac{1}{a} (\bmod{p})$ 。
所以 $a\bmod p$ 的逆元是 $a^{p-2}$ ，可以用快速幂计算。

欧拉定理

条件： $\gcd(a,p) = 1$ ，如果 $\gcd(a,p) \ne 1$ ，逆元不存在。

此时有 $a^{\phi(p)}\equiv 1 \pmod{p}$ 。

Tips: $\phi(p)$ 表示从 $1$ 到 $n$ 中有多少个数与 $p$ 互质。

那么 $a$ 的逆元是 $a^{\phi(p)-1}$ 。

怎么计算？有两种算法。

1.暴力计算，复杂度 $O(nlogn)$ .

2.规律： $\phi(n)=n(1-\frac{1}{p_1})(1-\frac{1}{p2})···(1-\frac{1}{p_t})$ 。

点击查看代码

 int get_phi(int n)
{
	int phi = n;
	int i;
	for(i=2;i*i<=n;i++)
	{
		if(n%i==0)
		{
			phi = phi/i*(i-1);
			while(n%i==0)//把质因子噶掉 
				n = n/i;
		}
	}
	if(n!=1)
		phi = phi/n*(n-1);
	return phi;
}

如何求出

1

$1$ 到

n

$n$ 的逆元？

我们设 $k = p\div i,r = p \bmod i$ 。

根据小学学过的 $被除数 = 除数 \times 商 + 余数$ ，可以得出 $p = k\times i + r$ 。

转换成 $k\times i + r \equiv 0\pmod{p}$ 。

把 $r$ 移到右边，得 $k\times i \equiv -r \pmod{p}$ 。

两边同时除以 $i$ ，得出 $-k \equiv \frac{r}{i} \pmod{p}$ ，也就是 $-k \equiv \frac{1}{i} \times r$ 。

继续移项，得出 $\frac{1}{i}\equiv -\frac{k}{r} \pmod{p}$ 。

C++ 语句为：inv[i] = 1ll*(p-k)%p*inv[r]%p。

其中 inv[i] 为 $\frac{1}{i}$ 。

代码：

点击查看代码

 #include<bits/stdc++.h>
const int N = 1e6;
typedef long long ll;
using namespace std;
ll inv[N],n,p;//inv 数组表示 1/i。 
int main()
{
    cin>>n>>p;
    inv[1] = 1;
    int i;
    for(i=2;i<=n;i++)
	{
        ll k = p/i,r = p%i;
    	inv[i] = 1ll*(p-k)%p*inv[r]%p;
    }
    for(i=1;i<=n;i++)
		printf("%lld\n",inv[i]); 
    return 0;
}

exgcd

给定 $a,b,c$ ，求任意一组整数解 $x,y$ ，满足 $ax+by=\gcd(a,b)$ 。

我们令 $d = \gcd(a,b)$ ，因为 $\gcd(a,b)=\gcd(b,a\bmod b)$ ，所以把 $b$ 和 $a\bmod b$ 也写成类似的形式：

b x^{'} + (a mod b) y^{'} = d

$bx'+(a\bmod b)y'=d$

想要推出 $x,y$ ，考虑把 $a\bmod b$ 拆开，得出：

b x^{'} + (a - ​ ⌊ \frac{a}{b} ⌋ ​ ​ ​ \times b) y^{'} = d

$bx'+(a-\left \lfloor \frac{a}{b} \right \rfloor \times b)y'=d$

把括号拆开，得：

b x^{'} + a y^{'} - ​ ⌊ \frac{a}{b} ⌋ ​ ​ ​ \times b \times y^{'} = d

$bx'+ay'-\left \lfloor \frac{a}{b} \right \rfloor\times b\times y'=d$

把带有 $a$ 的凑到一起，带 $b$ 的凑在一起，得：

a y^{'} + b (x^{'} - ​ ⌊ \frac{a}{b} ⌋ ​ ​ ​ \times y^{'}) = d

$ay'+b(x'-\left \lfloor \frac{a}{b} \right \rfloor\times y')=d$

此时，我们就发现这个式子与原来的式子一样了。所以：

x = y^{'}, y = x^{'} - ​ ⌊ \frac{a}{b} ⌋ ​ ​ ​ \times y^{'}

$x=y',y=x'-\left \lfloor \frac{a}{b} \right \rfloor\times y'$

此时递归求出 $bx+(a\bmod b)\times y = d$ 的解即可。

终止条件？当 $b=0$ 时， $\gcd(a,b) = a$ ，所以让 $x=1,y=0$ 即可。

可以用 $\verb!struct!$ 维护三个元素 $x,y,\gcd$ ，也可以顺便求出 $\gcd(a,b)$ 了。

代码：

点击查看代码

 struct pi
{
	int x,y,d;
	pii(int _x=0,int _y=0,int _d=0):x(_x),y(_y),d(_d){}
};
pi exgcd(int a,int b)
{
	if(!b)
		return {1,0,a};
	pi GCD = exgcd(b,a%b);
	return {GCD.y,GCD.x-a/b*GCD.y,GCD.d}; 
}

裴蜀定理

现在有一个问题： $x,y,a,b$ 都是整数，那么 $ax+by$ 的最小正整数，这说明了，只有答案是 $\gcd(a,b)$ 的倍数时，方程才有解，这就是裴蜀定理。

现在要求 $ax+by=c$ ，满足 $c$ 是 $\gcd(a,b)$ 的倍数，怎么做？

把得到的 $x,y$ 同时乘 $\dfrac{c}{\gcd(a,b)}$ 即可。

现在虽然求出了一组解，但是想要求出通解改怎么办？

设 $x_0,y_0$ 是一开始 $\verb!exgcd!$ 求出的一组解，那么通解可以写成 $x=x_0+k\times \dfrac{b}{\gcd(a,b)},y=y_0-k\times \dfrac{a}{\gcd(a,b}$ 的形式，其中 $k$ 是任意整数。

例题 1 - 同余方程

洛谷 P1082

既然这道题有解，那么 $\gcd(a,b)=1$ 。

做法一：可以发现 $x$ 是 $a$ 的逆元。因为 $b$ 不一定是质数，所以用欧拉定理解即可。
做法二：改写一下他的形式。既然 $ax\bmod b=1$ ，那么 $ax$ 一定可以写成 $by+1$ 的形式，把他移项，变成 $ax-by=1$ ，那么直接 $\verb!exgcd!$ 即可。

但是题目要求得是最小正整数解，考虑通项公式。容易发现 $x\equiv x_0 \pmod{b}$ 。

由于 $\gcd(a,b) = 1$ ，所以 $x\equiv x_0 \pmod{b}$ ，容易发现答案就是 $x_0 \bmod b$ ，所以 (...%mod+mod)%mod 即可。

二、素数 & 质数

判断一个数是否是质数

如何判断一个数为质数？可以从 $1$ 暴力枚举到 $n$ ，判断 n%i==0 即可。注意最大因子不会超过 $\sqrt n$ ，所以可以从 $1$ 枚举到 $\sqrt n$ ，复杂度 $O(\sqrt n)$ 。

代码：

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 bool is_prime(int n)
{
	if(n<=1)
		return 0;
	if(n==2)
		return 1;
	if(n%2==0)
		return 0;
	int i;
	for(i=3;i*i<=n;i++)//不要用 sqrt(n)，复杂度爆表。
	{
		if(n%i==0)
			return 0;
	}
	return 1;
}

但如果 $n$ 加强到 $10^{18}$ ，上述方法就通过不了，此时需要优化。

运用 $\verb!Miller_Rabin!$ 进行素性测试。

素数往往满足一下两条定理的至少一条。

如果 $n$ 是质数，那么有 $n-1 = d\times 2^{r}$ ，存在一个 $a < n$ ，那么

$a^{d}\bmod n = 1$
如果 $0\le i<r$ ，那么有 $a^{d\times 2^{i}} \bmod n = n-1$

但是有些合数往往也满足上述定理之一，我们就要随机取一些 $a$ ，增加素数成功的概率。

Tips:上述定理中，素数可能会满足一条或者两条，但一定会满足一条，但是有些合数可能不会满足，也可能会满足一条或者两条，需要进一步排查。如果满足了两条，成为素数的概率不会大于满足一条的概率。

质数筛

埃氏筛

点击查看代码

 const int N = 1e6;
int not_prime[N],prime[N];
int cnt;
void make_era()
{
	int i,j;
    for(i=2;i<=n;i++)
    	if(not_prime[i])
			for(j=i*2;j<=n;j+=i)
				not_prime[i]=1;
    for(i=1;i<=n;i++)
		if(!not_prime[i])
			prime[++cnt]=i;
}

复杂度大约为 $O(loglogN)$ 。

欧拉筛

点击查看代码

 const int N = 1e6;
int not_prime[N],prime[N];
int cnt;
void make_ola()
{
    int i,j;
    for(i=2;i<=n;i++)
    {
        if(!not_prime[i])
            prime[++cnt] = i;
        for(j=1;j<=cnt;j++)
        {
            int x = prime[j]*i;
            if(x>n)
                break;
            not_prime[x]=1;
            if(i%prime[j]==0)
                break;
        }
    }
}

复杂度为 $O(N)$ 。

Day 3

一、BSGS 算法

有一个式子， $a^x \equiv b \pmod{p}$ ，给定 $a,b,p$ ，求 $x$ 。

暴力

我们可以知道循环节长度为 $p-1$ 。这是因为费马小定理中， $p$ 是质数，时间复杂度为 $O(p)$ 。

点击查看代码

 int baoli (int a, int b, int p)
{
    ll v = 1;
    int x;
    for(x=0;x<p-1;x++)
    {
        if(v==b)
            return x;
        else
            v = 1ll*v*a%p;
    }
    return -1;
}

正解

因为循环节为 $p-1$ ，所以只需要枚举前 $p-1$ 个数。

将这 $n$ 个数分组，设每组 $s$ 个数，我们可以得出许多组，像下面一样。

$1.\left\{a^0,a^1,...,a^{s-1}\right\}$

$2.\left\{a^s,a^{s+1},...,a^{2s-1}\right\}$

我们就可以从第一组查找满足条件的 $b$ ，如果没有找到，就从第二组找……这还是一种暴力的思想。

我们将两组联系起来，发现第二组每一个数都是第一组的 $a^s$ 倍，将第二组的每个数处以 $a_s$ ，就得出了第一组。

如果第二组存在 $b$ ，那么第一组一定存在 $\dfrac{b}{a^s}$ 。

如果第 $i$ 组出现 $b$ ，那么第一组一定存在 $\dfrac{b}{a^{s(i-1)}}$ 。

可以运用哈希或者二分查找。

代码：

点击查看代码

 set<ll> se; 
int BSGS(int a,int b,int p)
{
	int s = sqrt(p);
	ll v = 1;
	int i,j;
	for(i=0;i<s;i++)
	{
		se.insert(v);
		v = 1ll*v*a%p;
	}
	for(i=0;i*s<=p;i++)//看看答案是否在第 i 行里面
	{
		//要看 b*a^(-is) 是否在第零行出现
		ll c = 1ll*b*ksm(ksm(a,i*s,p),p-2,p);
		if(se.count(c)!=0)
		{
			ll v = ksm(a,i*s,p);
			for(j=i*s;;j++)
			{
				if(v==b)
					return j;
				v = 1ll*v*a%p;
			}
		}
	}
	return -1;
	
}

懒人最爱的 set！！
复杂度为 $O(\sqrt p \log p)$

二、排列组合

排列

三个人中选两个人站成一排，考虑顺序。

有 $6$ 种情况：

$1.\left\{1,2\right\}$
$2.\left\{1,3\right\}$
$3.\left\{2,1\right\}$
$4.\left\{2,3\right\}$
$5.\left\{3,1\right\}$
$6.\left\{3,2\right\}$

公式：

\begin{aligned} P (n, m) & = n (n - 1) (n - 2) \cdot \cdot \cdot (n - m + 1) \\ = \frac{n!}{(n - m)!} \end{aligned}

$\begin{aligned} P(n,m) & = n(n-1)(n-2)···(n-m+1)\\ & =\dfrac{n!}{(n-m)!} \\ \end{aligned}$

组合

三个人中选两个人站成一排，不考虑顺序。

有 $3$ 种情况：

$1.\left\{1,2\right\}$
$2.\left\{1,3\right\}$
$3.\left\{2,3\right\}$

公式：

\begin{aligned} C (n, m) & = C_{n}^{m} \\ = \frac{n (n - 1) (n - 2) \cdot \cdot \cdot (n - m + 1)}{m!} \\ = \frac{P (n, m)}{m!} \\ = \frac{n!}{m! (n - m)!} \end{aligned}

$\begin{aligned} C(n,m) & =C^m_n \\ & =\dfrac{n(n-1)(n-2)···(n-m+1)}{m!}\\ & =\dfrac{P(n,m)}{m!}\\ & =\dfrac{n!}{m!(n-m)!} \end{aligned}$

组合数有以下性质：

$C(n,n)=C(n,0)=1$
显然 $n$ 个数中选 $n$ 个数的方案为 $1$ 。
$C(n,m)=C(n,n-m)$
选 $m$ 个数也等于不选 $n-m$ 个，当然推式子也可以算出。
$\sum_{i=0}^n C(n,i)=2^n$
$0$ 到 $n$ 个物品中有两种选择：选或不选，所以为 $2^n$ 。
$C(n,m)=C(n-1,m-1)+C(n-1,m)$

详细讲一下第四个式子。

考虑第一个数选或不选，即两种可能。

如果选择了，那么要从剩下的 $(n-1)$ 个中选 $(m-1)$ 个；

如果没有选择，那么要从剩下的 $(n-1)$ 个中选 $m$ 个，加起来就是 $n$ 个中选 $m$ 个，即 $C(n,m)$ 。

这里给出递推式代码：

点击查看代码

 int C[1001][1001];
ll p;
void make_C(int n,int m)//用递推式做 
{
	int i,j;
	for(i=0;i<=n;i++)
	{
		C[i][0] = 1;
		for(j=1;j<=i;j++)
			C[i][j] = (C[i-1][j-1]+C[i-1][j])%p; 
	}
	return;
}

转化成图像怎么解释呢？通过画图，得出是一个杨辉三角。

当 $n\ge 1$ 时，有 $C(n,0)-C(n,1)+C(n,2)-C(n,3)+···=0$
把 $C(n,m)$ 展开 $k$ 次，得：

\begin{aligned} C (n, m) & = C (k, 0) \cdot C (n - k, m - k) \\ + C (k, 1) \cdot C (n - k, m - k + 1) \\ + C (k, 2) \cdot C (n - k, m - k + 2) \\ + C (k, 3) \cdot C (n - k, m - k + 3) \\ + \cdot \cdot \cdot \\ + C (k, k) \cdot C (n - k, m - k + k) \\ = \sum_{i = 0}^{k} C (k, i) \cdot C (n - k, m - k + i) \\ = \sum_{i = 0}^{k} C (k, i) \cdot C (n - k, m - i) \end{aligned}

$\begin{aligned} C(n,m) & = C(k,0)\cdot C(n-k,m-k)\\ & +C(k,1)\cdot C(n-k,m-k+1) \\ & +C(k,2)\cdot C(n-k,m-k+2) \\ & +C(k,3)\cdot C(n-k,m-k+3) \\ & +\cdot \cdot \cdot \\ & +C(k,k)\cdot C(n-k,m-k+k) \\ & =\sum_{i=0}^k C(k,i)\cdot C(n-k,m-k+i) \\ & =\sum_{i=0}^k C(k,i)\cdot C(n-k,m-i) \end{aligned}$

例题 1

有 $1$ 到 $n$ 的 $n$ 个数，每个数可以选很多次，从中选出 $m$ 个数，不计顺序，求方案数。

先考虑只能选一次的情况。将这些书排序，其实就是求不等式 $1\le a_1 < a2< ... < a_m \le n$ 的解的数量。答案为 $C(n,m)$ 。

那么如何把 $\le$ 干掉呢？令 $b_i = a_i+i-1$ ，那么原式就变成了 $1\le b_1 <b_2<...<b_m \le n+m-1$ 。此时的解为 $C(n-m+1,m)$ ，把 $b_i$ 还原成 $a_i$ ，所以本题的答案就是 $C(n+m-1,m)$ 。

例题 2

给出 $n,m,p$ ，求 $C(n,m) \bmod p$ ，其中 $1 \le n,m,p \le 10^{18}$ 。

用分类讨论思想解决。

一、如果 $n,m \le 10^{18},p=1$ ，答案是 $0$ 。
二、如果 $n,m \le 1000,p \le 10^9$ ,那么可以用递推式来算。
三、如果 $n,m\le 10^6$ ， $p$ 是质数，那么怎么做呢？

用逆元+阶乘解决。

\begin{aligned} C (n, m) mod p & = \frac{n!}{m! (n - m!)} mod p \\ = n! \cdot (m!)^{p - 1} \cdot (n - m)!^{p - 2} mod p \end{aligned}

$\begin{aligned} C(n,m) \bmod p & =\dfrac{n!}{m!(n-m!)} \bmod p\\ & =n! \cdot (m!)^{p-1} \cdot (n-m)!^{p-2} \bmod p \end{aligned}$

给出代码：

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 int fac[1000001];
int find_C(int n,int m,int p)
{
	fac[0] = 1;
	int i;
	for(i=1;i<=1000000;i++)
		fac[i] = 1ll*fac[i-1]*i%p;
	return 1ll*fac[n]*ksm(fac[m],p-2,p)%p*ksm(fac[n-m],p-2,p)%p;
}

四、如果 $n \le 10^9，m \le 10^3$ ， $p \le 10^9$ 。

$m$ 挺小的，所以突破口就在 $m$ 上。猜测一下复杂度约为 $O(m^2)$ 。

我们进行约分，得：

C (n, m) = \frac{\prod_{i = 0}^{m - 1} n - i}{m!}

$C(n,m)=\dfrac{\prod_{i=0}^{m-1} n-i}{m!}$

Tips: $\prod_{i=1}^{n}$ 在 C++ 中表示为：for(i=1;i<=n;i++) sum *= i。

把乘法拆开，分子与分母的项数都为 $m$ 左右。

因为答案是整数，所以把分子与分母约分，直到分母全部为 $1$ 为止。把分子乘起来就是答案。约分要用到 $\gcd$ ，所以复杂度为 $O(m^2\log n)$ 。

点击查看代码

 int fenmu[10001],fenzi[10001];
int find_C(int n,int m,int p)
{
	int i,j;
	for(i=1;i<=m;i++)
		fenmu[i] = i,fenzi[i] = n-i+1;
	for(i=1;i<=m;i++)
	{
		for(j=1;j<=m;j++)
		{
			int g = gcd(fenzi[i],fenmu[j]);
			fenzi[i] /= g;
			fenmu[j] /= g;
		}
	}
	int ans = 1;
	for(i=1;i<=m;i++)
		ans = 1ll*ans*fenzi[i]%p;
	return ans;
}

五、如果 $n,m \le 10^9$ ， $p \le 100$ 且是质数。

用 $\verb!Lucas!$ 定理做。

$\verb!Lucas!$ 定理的定义：

C (n, m) \equiv C (⌊ \frac{n}{p} ⌋, ⌊ \frac{m}{p} ⌋) \times C (n mod p, m mod p) (\mod p)

$C(n,m)\equiv C(\left \lfloor \frac{n}{p} \right \rfloor,\left \lfloor \frac{m}{p} \right \rfloor)\times C(n \bmod p,m\bmod p) \pmod{p}$

解释成人话就是：将 $n,m$ 转换成 $p$ 进制数， $C(n,m)\bmod p$ 等于 $n,m$ 在 $p$ 进制下的各位相乘。

设 $n$ 拆成 $p$ 进制位 $n_1,n_2,···,n_k$ ， $m$ 拆成 $m_1,m_2,···,m_k$ ，那么 $C(n,m)\bmod p = \prod_{i=1}^k C(n_i,m_i)$ 。

其中 $n_i$ 与 $m_i$ 都是一位数字。

通过发现 $p$ 比较小，所以 $C(n \bmod p,m \bmod p)$ 可以直接 $O(p^2)$ 推出来，剩下的继续递归。

终止条件： $m = 0$ 时，返回 $1$ 。

举个例子：当 $n=221,m=110\text{（三进制）},p=3$

那么有

C (n, m) = (2, 1) \times C (2, 1) \times (1, 0) (\mod p)

$C(n,m)=(2,1)\times C(2,1)\times (1,0)\pmod{p}$

此时的做法为：暴力预处理出组合数，然后用短除法将 $n,m$ 分解成 $p$ 进制，然后诸位计算即可。

复杂度 $O(p^2+\log_p n)$ 。

代码；

点击查看代码

 #include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
int c[101][101];
int x[10001];
int y[10001];
int Lucas(int n,int m,int p)
{
	//n,m<=10^9
	//p <=100 且是质数
	int i;
	while(n!=0)
	{
		x[0]++;
		x[x[0]] = n%p;
		n /= p;
	}
	while(m!=0)
	{
		y[0]++;
		y[y[0]] = m%p;
		m /= p;
	}
	//x[1] x[2]....x[x[0]] 是 n 的 p 进制从低到高的表示
	//y[1] y[2]....y[y[0]] 是 m 的 p 进制从低到高的表示
 
	int ans = 1;
	for(i=1;i<=x[0];i++)
		ans = 1ll*ans*c[x[i]][y[i]]%p;
	return ans%p;
}
signed main()
{
    int n,m,p;
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&p);
    int i,j;
    for(i=0;i<=p;i++)
    {
        c[i][0] = 1;
        for(j=1;j<=i;j++)
            c[i][j] = (c[i-1][j-1]+c[i-1][j])%p;
    }
    printf("%d\n",Lucas(n,m,p));
    return 0;
}

如果要求 $C(n,m)\bmod 30$ ，怎么办？

将 $30$ 质因数分解， $30 = 2\times 3\times 5$ ，分别计算 $C(n,m)\bmod 2,3,5$ 的结果，分别设为 $x_1,x_2,x_3$ ，那么有

{\begin{cases} C (n, m) \equiv x_{1} (\mod 2) \\ C (n, m) \equiv x_{2} (\mod 3) \\ C (n, m) \equiv x_{3} (\mod 5) \end{cases}

$\begin{cases} C(n,m)\equiv x_1 \pmod{2} \\ C(n,m)\equiv x_2 \pmod{3} \\ C(n,m)\equiv x_3 \pmod{5} \\ \end{cases}$

直接 $\verb!CRT!$ 即可。

例题 3

洛谷 P4369
给你两个数 $n$ 和 $k$ ，请给出 $k$ 个不同的组合数，使得它们的和相加为 $n$ 。

所谓不同，即对于 $C(n1,m2)$ 和 $C(n2,m2)$ 的组合数， $n1 \ne n2$ 且
$m2 \ne m2$ ，那么就称这两个组合数是不同的。

诈骗题。

众所周知，一个正整数 $n$ 可以拆成 $n$ 个 $1$ 相加，既然要求 $k$ 个组合数，那我们就让前 $(k-1)$ 个组合数为 $1$ ，最后一个为 $n-k+1$ ，就可以让和为 $n$ 了。

那么前 $(k-1)$ 个组合数是什么呢？我们知道 $C(n,0)=1$ ，那就让这些组合数的 “ $n$ ” 都为 $i$ ，这样就可以通过了。

点击查看代码

 #include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{
	int n,k;
	cin>>n>>k;
	int i;
	for(i=1;i<k;i++)
		printf("%d 0\n",i);
	printf("%d 1\n",k);
	return 0;
}

例题 4

给出 $n1,m1,n2,m2$ ，比较 $C(n1,m2)$ 和 $C(n2,m2)$ 的大小。

首先来讲一下 $\log$ 。

如果 $x^y=z$ ，那么 $log_x z=y$ 。

有 $\log (a\times b) = \log a+\log b$ ， $\log(a\div b)=\log a-\log b$ 。

Tips:这里的 $\log$ 都是同底的，同底不影响大小。

如果 $\log a< \log b$ ，那么 $a < b$ 。

根据上述式子，可以算出 $\log C(n,m)$ 。

首先 $C(n,m) = \dfrac{n!}{m!(n-m)!}$

所以 $\log C(n,m)=\log n!-\log m!-\log (n-m)!$

然后就可以计算了。想要求出 $\log$ 的阶乘，可以从 $\log i=\log i-1+\log i$ 考虑，用递推算即可。

点击查看代码

 int faclog[1000001];
double logger(int n,int m)
{
	faclog[0] = 0;
	int i;
	for(i=1;i<=100000;i++)
		faclog[i] = faclog[i-1]+log(i);
	return faclog[n]-faclog[m]-faclog[n-m];//比较 log(C(n1,m1)) 和 log(C(n2,m2)) 
}

例题 5

洛谷 P4370

给出 $n,k$ ，让你找到 $k$ 个不同的组合数，使得这 $k$ 个组合数的和最大。要求这些组合数 $C(a,b)$ 满足 $0\le b\le a\le n$ ，求出这个最大的和。 $n\le 10^6,k \le 10^5$ 。

先把杨辉三角搞出来：

我们发现在三角中，最后一行的中间往往比较大，我们就可以考虑从中间优先选择。

那么第二大的数呢？肯定实在最大的上下左右。我们可以比较一下那个数更大。

可以向四周扩充几个点，维护一个候选集，从里面挑一个最大的，并且重新更新，重复 $k$ 次即可。

就是一个裸的 $\verb!BFS!$ 。

例题 6

咕咕

三、抽屉原理

定义： $(n+1)$ 个物品放入 $n$ 个抽屉里，至少有一个抽屉有多余 $1$ 个物品。

推广：把 $(kn+1)$ 个物品放在 $n$ 个抽屉里，必然有一个抽屉有 $(k+1)$ 个物品。

例题 1

给定 $n$ 个数，随便选择任意个数，使得它们的和是 $c$ 的倍数，任意给出一组解。 $c \le n \le 10^5$ 。

引入前缀和。

$sum_i = a_1+a_2+···+a_i$

如何求出 $l$ 到 $r$ 的和？是 $a_l+···+a_r$ ，即 $sum_r-sum_{l-1}$ 。

有了前缀和后，该怎么解题呢？

发现前缀和是连续的一段和，那我们就让题目复杂一点，即必须选连续的一些数。

把每个前缀和对 $c$ 取模，如果 $sum_i \bmod c =0$ ，那么这一段就是答案，否则放到 $(c-1)$ 个抽屉里面，那么肯定有两个前缀和放在一个抽屉里面，那么多出来的和就一定是 $c$ 的倍数。

例题 2

洛谷 P2218
平面上有 $n$ 个点，每个点有坐标 $(x_i,y_i)$ ，用 $3$ 个 $k\times k$ 的正方形覆盖所有点（平行于坐标轴），求最小的 $k$ 。 $1 \le n \le 5\times 10^4$ 。

我们先随便定一个 $k$ ，例如 $k = 100$ 。

假设现在已经覆盖住了所有点，那么 $k=150$ 的时候，可以覆盖住吗？或者 $k=50$ 的时候，可以全部覆盖吗？

答案分别是可以、不可以。

我们可以先找到边缘的四个点，即左、右、上、下。然后画一个大正方形，根据抽屉原理，一定会有一个正方形盖住两个点，所以这两个点就会成为正方形的顶点。

于是我们可以暴力枚举盖住哪个角，暴力枚举三次，最后检验一下每个点是否都被覆盖即可。

四、容斥原理

定义：有 $A_1$ 个学语文的人， $A_2$ 个学语文的人。

那么 $A_1 \cap A_2$ 表示同时学语文和数学的人， $A_1 \cup A_2$ 表示学语文或学数学的人。

可以得出 $|A_1 \cap A_2|= |A_1|+|A_2|-|A_1 \cap A_2|$ 。

画个图好理解：咕咕。

此时又出现了学英语的人， $A_3$ 。

有

\begin{aligned} | A_{1} \cup A_{2} \cup A_{3} | & = | A_{1} | + | A_{2} | + | A_{3} | \\ - | A_{1} \cap A 2 | - | A_{1} \cap A_{3} | - | A_{2} \cap A_{3} | \\ + | A_{1} \cap A_{2} \cap A_{3} | \end{aligned}

$\begin{aligned} |A_1 \cup A_2 \cup A_3| &=|A_1|+|A_2|+|A_3| \\ & -|A_1 \cap A2|-|A_1 \cap A_3|-|A_2 \cap A_3|\\ & +|A_1 \cap A_2 \cap A_3|\\ \end{aligned}$

此时又双叒叕出现了打游戏的人， $A_4$ 。

可以根据上面的式子的出来，但是比较复杂，懒得列出来了（）

骗你的我这么勤奋，当然会列出来呢。

快给我点赞点赞点赞！！

\begin{aligned} | A_{1} \cup A_{2} \cup A_{3} \cup A_{4} | & = | A_{1} | + | A_{2} | + | A_{3} | + | A_{4} | \\ - | A_{1} \cap A_{2} | - | A_{1} \cap A_{3} | - | A_{1} \cap A_{4} | - | A_{2} \cap A_{3} | - | A_{2} \cap A_{3} | - | A_{3} \cap A_{4} | \\ + | A_{1} \cap A_{2} \cap A_{3} | + | A_{1} \cap A_{2} \cap A_{4} | + | A_{1} \cap A_{3} \cap A_{4} | + | A_{2} \cap A_{3} \cap A_{4} | \\ - | A_{1} \cap A_{2} \cap A_{3} \cap A_{4} | \end{aligned}

$\begin{aligned} |A_1\cup A_2\cup A_3\cup A_4| & = |A_1|+|A_2|+|A_3|+|A_4| \\ & -|A_1\cap A_2|-|A_1\cap A_3|-|A_1\cap A_4|-|A_2\cap A_3|-|A_2\cap A_3|-|A_3\cap A_4| \\ & +|A_1\cap A_2\cap A_3|+|A_1\cap A_2\cap A_4|+|A_1\cap A_3\cap A_4|+|A_2\cap A_3\cap A_4| \\ & -|A_1\cap A_2\cap A_3\cap A_4| \\ \end{aligned}$

可以总结出 $n$ 个种类的人时，容斥原理的公式。

\sum_{B \subseteq {A_{1}, A_{2}, \cdot \cdot \cdot, A_{n}}} (- 1)^{| B | + 1} \cdot | \cap_{A_{i} \in B} A_{i} |

$\sum_{B\subseteq \left\{A_1,A_2,···,A_n\right\}} (-1)^{|B|+1}\cdot |\cap_{A_i \in B}A_i|$

例题 1 - $N$ 对夫妻问题

奇怪的名字。

$n$ 对夫妻，一共 $2n$ 个人。把他们排成一圈，满足每对夫妻都不相邻且旋转后相同的方案算一种，求方案数。

先考虑随坐的方案数，为 $(2n-1)!$ 。

我们先强制让一对夫妻相邻，即 $(2n-1)!-C(n,1)$ 。

把那一对夫妻绑在一起，看成一个人，此时就剩下了 $(2n-1)$ 个人，方案数为 $(2n-2)!\times C(n,1)$ 。

但是我们可以把一夫一妻调换位置，所以要 $\times 2$ 。

整理一下，让一对夫妻相邻的方案数为 $(2n-1)!-C(n,1)\times (2n-2)!\times 2$ 。

此时算完了吗？并没有，因为有算重的情况。

例题 2

给出 $n$ ，询问 $1$ 到 $n$ 中有多少个数可以表示成 $x^y,y>1$ 的形式。 $1\le n \le 10^{18}$ 。

Day 4

一、解方程

是的你没看错，这一章讲的就是解方程。

二元一次方程

先给出一组二元一次方程：

{\begin{cases} x_{1} + 5 x_{2} = 13 (1 式) \\ 3 x_{2} + x_{1} = 9 (2 式) \end{cases}

$\begin{cases} x_1+5x_2=13 \text{(1 式)}\\ 3x_2+x_1=9 \text{(2 式)}\\ \end{cases}$

用 $\mathfrak{1}$ 式减去 $\mathfrak{2}$ 式，得 $2x_2=4$ ，可以算出 $x_2 = 2$ ，随便带入一个式子，得 $x_1=3$ 。

多元一次方程

以此类推，可以算出三元、四元等方程组中。

给出一个多元一次方程组：

{\begin{cases} a_{1, 1} x_{1} + a_{1, 2} x_{2} + \dots + a_{1, n} x_{n} = b_{1} \\ a_{2, 1} x_{1} + a_{2, 2} x_{2} + \dots + a_{2, n} x_{n} = b 2 \\ \dots \\ a_{n, 1} x_{1} + a_{n, 2} x_{2} + \dots + a_{n, n} x_{n} = b_{n} \end{cases}

$\begin{cases} a_{1,1}x_1+a_{1,2}x_2+\dots+a_{1,n}x_n=b_1\\ a_{2,1}x_1+a_{2,2}x_2+\dots+a_{2,n}x_n=b2\\ \cdots\\ a_{n,1}x_1+a_{n,2}x_2+\dots+a_{n,n}x_n=b_n\\ \end{cases}$

怎么解呢？可以用高斯消元来解决。

高斯消元的基本逻辑：每一次消掉一个未知数，减少一个方程，最后得到一个一元一次方程来求解的方法。

先给一个例子：

{\begin{cases} x + y + 4 z = 19 \\ 5 x + 2 y = 25 \\ 2 y + 3 z = 19 \end{cases}

$\begin{cases} x+y+4z=19\\ 5x+2y=25\\ 2y+3z=19\\ \end{cases}$

把他们对齐，并补齐系数（没有字母则为 $0$ ）。

成为：

{\begin{cases} 1 x + 1 y + 4 z = 19 \\ 5 x + 3 y + 0 z = 25 \\ 0 x + 2 y + 3 z = 19 \end{cases}

$\begin{cases} 1x+1y+4z=19\\ 5x+3y+0z=25\\ 0x+2y+3z=19\\ \end{cases}$

可以抽象看成一个矩阵乘法：

[\begin{matrix} 1 & 1 & 4 \\ 5 & 3 & 0 \\ 0 & 2 & 3 \end{matrix}] \times [\begin{matrix} x \\ y \\ z \end{matrix}] = [\begin{matrix} 19 \\ 25 \\ 19 \end{matrix}]

$\begin{bmatrix} 1&1&4\\ 5&3&0\\ 0&2&3\\ \end{bmatrix} \times \begin{bmatrix} x\\ y\\ z\\ \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 19\\ 25\\ 19\\ \end{bmatrix}$

把等式的右边提到左边，得：

[\begin{matrix} 1 & 1 & 4 & 19 \\ 5 & 3 & 0 & 25 \\ 0 & 2 & 3 & 19 \end{matrix}]

$\begin{bmatrix} 1&1&4&19\\ 5&3&0&25\\ 0&2&3&19\\ \end{bmatrix}$

接下来开始高斯消元：

先把第一行同时乘上一个数，此时第二行的每个元素都加上第一行的对应的数乘上这个倍数。

这个倍数该怎么选择呢？通常情况下，第二行第一列的这个数，需要加上第一行第一列的数乘上这个倍数，使得第二行第一列的数为 $0$ 。

我们来进行第一次高斯消元：

[\begin{matrix} 1 & 1 & 4 & 19 \\ 0 & - 2 & - 20 & - 70 \\ 0 & 2 & 3 & 19 \end{matrix}]

$\begin{bmatrix} 1&1&4&19\\ 0&-2&-20&-70\\ 0&2&3&19\\ \end{bmatrix}$

可以看到如果倍数选了 $-5$ ，此时第二行第一列的数为 $5+(-5)\times 1=0$ ，第二行第二列的数为 $3+(-5)\times 1=-2$ ，第二行第三列的数为 $0+(-5)\times 4=20$ ，第二行第四列的数为 $25+(-5)\times 19=70$ 。

留坑待补。

二、扩展矩阵

如果有两个 $n\times n$ 的矩阵，他们两个相乘，为 $C$ 矩阵，如果 $C$ 矩阵的对角线为 $1$ ，其他数为 $0$ ，那么就称 $C$ 矩阵为单位矩阵。

A \cdot B = C = [\begin{matrix} 1 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 1 \end{matrix}]

$A \cdot B = C = \begin{bmatrix} 1&0&0&0&0\\ 0&1&0&0&0\\ 0&0&1&0&0\\ 0&0&0&1&0\\ 0&0&0&0&1\\ \end{bmatrix}$

我们就把 $A$ 和 $B$ 互相称为逆矩阵。

$B$ 是 $A$ 的逆矩阵， $A$ 也是 $B$ 的逆矩阵。

$A$ 和 $B$ 有以下性质：

$AB=BA=I^n$

留坑待补。

三、概率

引入一个例子：扔一个骰子，每一面朝上的概率为多少呢？

因为骰子有 $6$ 个面，每个面上都有一个数字，所以这些概率相等，都为 $\dfrac{1}{6}$ 。

把 $1,2,3,4,5,6$ 这几个数称为样本空间，其中任意一个数称为样本点。事件是这些样本点的集合，即样本点相加为事件。

先来熟悉一下集合：

两个集合， $A=\left\{1,2,3\right\},B=\left\{2,3,4\right\}$ 。

$A\cap B =A\cdot B=\left\{2,3\right\}$ ，即 $A$ 与 $B$ 共有的部分。

$A\cup B=A+B=\left\{1,2,3,4\right\}$ ，即 $A$ 与 $B$ 中出现过的数。

$A-B=A-A\cdot B=\left\{1\right\}$ ，即在 $A$ 中 $B$ 没有出现过的数。

把 $P(A)$ 称为事件 $A$ 发生的概率。注意每个样本点的概率不一定相等，一个事件的概率就是事件内样本点的概率的和。

概率有一些性质：

$0\le P(A) \le 1$ 。
假设样本空间有 $n$ 个样本点， $B_1,B_2,...,B_n$ ，那么 $\sum_{i=1}^n P(B_i) = 1$ 。
如果 $P(A)=1$ ，那么把 $A$ 称为必然事件；若 $P(A)=0$ ，称 $A$ 为不可能事件。

把 $P(A|B)$ 称为在 $B$ 发生的情况下，发生 $A$ 的概率，这就是条件概率。

举个例子：当 $P(\text{扔到 1|扔出的点数在 1 到 3 之间})=\dfrac{1}{3}$ 。

当 $A=\left\{1,2,3\right\},B=\left\{1,2,5\right\},P(A|B)=\dfrac{2}{3}$ 。就是 $3$ 个中满足 $2$ 个概率的条件。

条件概率有一个简单的公式：

P (A | B) = \frac{P (A B)}{P (B)}

$P(A|B)=\dfrac{P(AB)}{P(B)}$

给一张图片加以解释：

如果 $B$ 发生了，就是红色的部分，如果 $A$ 同时发生，就是蓝色部分。所以就可以得出了上述公式。

同时乘上 $P(B)$ ，也可以得出 $P(A|B)P(B)=P(AB)$ 。

如果 $A$ 事件发生，而 $B$ 事件不发生，那么把这两个事件称为独立事件。

若 $A$ 与 $B$ 是独立事件，那么：

P (A) P (B) = P (A B)

$P(A)P(B)=P(AB)$

与条件概率相结合，可以得出：

P (A) P (B) = P (A | B) P (B) = P (A B)

$P(A)P(B)=P(A|B)P(B)=P(AB)$

那么

P (A) = P (A | B)

$P(A)=P(A|B)$

四、期望

继续扔骰子，扔到每个数的概率为 $\dfrac{1}{6}$ ，求每个数的期望。

啥是期望？也就是每个事件的权值 $\times$ 事件的概率并求和，那么扔骰子的概率为：

(1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6) \times \frac{1}{6} = \frac{7}{2}

$(1+2+3+4+5+6)\times \dfrac{1}{6}=\dfrac{7}{2}$

那么求扔出的数的平方的期望呢？

为：

(a^{2} + 2^{2} + 3^{2} + 4^{2} + 5^{2} + 6^{2}) \times \frac{1}{6} = \frac{91}{6}

$(a^2+2^2+3^2+4^2+5^2+6^2)\times \dfrac{1}{6}=\dfrac{91}{6}$

期望也有一些性质：

期望的和 $=$ 和的期望。例如有两个骰子：一个是正常的，每个数的概率都是 $\dfrac{1}{6}$ ；第二个骰子被 $\verb!TZF!$ 施了魔法，扔出 $6$ 的概率是 $\dfrac{95}{100}$ ，其他 $5$ 个数字都是 $\dfrac{1}{100}$ ，那么有：

E (x_{1} + x_{2}) = E (x_{1}) + E (x_{2})

$E(x_1+x_2)=E(x_1)+E(x_2)$

换成平方也可以：

E (x_{2} + x_{1}^{2}) = E (x_{1}) + E (x_{2}^{2})

$E(x_2+x_1^2)=E(x_1)+E(x_2^2)$

例题 1

有 $3$ 张形状相同的卡片，一张两面都是黑色，一张两面都是红色，一张一面红一面黑。随机取出一张放在桌子上，朝上的为红色，那么另一面为黑色的概率是多少？

根据条件概率的计算，可得：

\begin{aligned} P (下黑|上红) & = \frac{下黑 \times 上红}{P (上红)} \\ = \frac{\frac{1}{6}}{\frac{3}{6}} \\ = \frac{1}{3} \end{aligned}

$\begin{aligned} P(\text{下黑|上红}) &=\dfrac{\text{下黑 $\times$ 上红}}{P(\text{上红})}\\ & =\dfrac{\quad \dfrac{1}{6}\quad}{\quad \dfrac{3}{6}\quad}\\ & =\dfrac{1}{3} \\ \end{aligned}$

例题 2

$n$ 个人按照一个顺序依次抓阄，每个人抓到了以后立即打开，当有人抓中后，游戏结束（只有一个“中”）。问游戏是否公平，并说明理由。

公平。理由如下：

第一个人抽到的概率为 $\dfrac{1}{n}$ 。

第二个人抽到的概率为 $\dfrac{n-1}{n}\cdot \dfrac{1}{n-1}=\dfrac{1}{n}$ 。

第三个人抽到的概率为 $\dfrac{n-1}{n}\cdot \dfrac{n-2}{n-1}\cdot \dfrac{1}{n-2}=\dfrac{1}{n}$ 。

以此类推，可以得出概率都是 $\dfrac{1}{n}$ ，所以公平。

例题 3

设男女人口比例为 $51:49$ ，男人色盲概率为 $2\%$ ，女人色盲的概率为 $0.25\%$ ，现随机抽到了一个人为色盲，请问该人为男人的概率是多少。

条件概率式子为：

\begin{aligned} P (男 人 | 色 盲) & = \frac{P (男人 \times 色盲)}{P (色 盲)} \\ = \frac{51 % \cdot 2 %}{51 % \cdot 2 % + 49 % \cdot 0.25 %} \end{aligned}

$\begin{aligned} P(男人|色盲) &=\dfrac{P(\text{男人 $\times$ 色盲})}{P(色盲)}\\ &= \dfrac{51\% \cdot 2\%}{51\% \cdot 2\% + 49\% \cdot 0.25\%}\\ \end{aligned}$

懒得算了。

例题 4

一个人左右口袋里面各有一盒火柴，每盒 $n$ 支。每次抽烟时随机选一盒拿出一只并用掉，由于习惯原因，选右面口袋的概率是 $p>\dfrac{1}{2}$ 。问：下述两种概率是否相等？并求出概率的值。

到某次他发现取出的这一盒已经空了，这时另一盒剩下 $m$ 支。
他用完某一盒时，另一盒恰好有 $m$ 支火柴。

我们可以列出左口袋与有口袋摸的概率：左边为 $1-p$ ，右边为 $p$ 。

如果有 $n$ 个火柴，发现取完了以后，此时取了 $(n+1)$ 次。

留坑待补。

例题 5

小葱和小泽面前有三瓶药，其中两瓶是毒药，一瓶是果汁，每个人必须喝一瓶。

小葱和小泽各自选择了一瓶药，小泽手速比较快，把药喝了下去，然后就挂掉了。

小葱想要活下去，他看到手上的药陷入了沉思——他应该喝掉手上的这一瓶还是换成剩下的一瓶呢？

两个人选择的药一共有 $6$ 种情况，运用条件概率可以得出以下式子：

\begin{aligned} P (果 汁 | 挂 了) & = \frac{P (果 汁 \times 挂 了)}{P (挂 了)} \\ = \frac{\frac{2}{6}}{\frac{4}{6}} \\ = \frac{1}{2} \end{aligned}

$\begin{aligned} P(果汁|挂了) &= \dfrac{P(果汁 \times 挂了)}{P(挂了)} \\ & =\dfrac{\quad \dfrac{2}{6}\quad}{\quad \dfrac{4}{6}\quad}\\ & =\dfrac{1}{2}\\ \end{aligned}$

所以换或者不换，无所谓。

例题 6

上一个问题的扩展——“三门问题”。

三个门，一个里面有车，剩下的两个有 $\verb!mie~mie~!$ 叫的羊，现在你选择了一个门，主持人知道哪个门有车、哪个门有羊。

留坑待补。

例题 7

小葱想要过河，过河有两条路：

一条路有 $100$ 个石头，每个石头有 $\dfrac{1}{100}$ 的概率会挂掉。
一条路有 $1000$ 个石头，每个石头有 $\dfrac{1}{1000}$ 的概率会挂掉。

小葱应该走哪条路呢？

这个问题相对比较简单。

第一条路存活的概率： $(\dfrac{99}{100})^{100}$ 。

第二条路存活的概率： $(\dfrac{1}{1000})^{1000}$

可以用计算器计算。

那么如果在数学考试中，不让用计算器呢？那该怎么做呢？

先把指数约分一部分，就成为了： $\dfrac{99}{100}$ 和 $(\dfrac{999}{1000})^{10}$ 。

我们都知道 $\dfrac{999}{1000}>\dfrac{988}{999}>\dfrac{997}{998}>...>\dfrac{2}{3}>\dfrac{1}{2}$ 。

所以 $(\dfrac{999}{1000})^{10}>\dfrac{999}{1000}\times ... \times \dfrac{990}{991}=\dfrac{99}{100}$ 。

所以 $(\dfrac{999}{1000})^{1000}>(\dfrac{99}{100})^{100}$ 。

所以答案是~~不过河~~走第二条路。

例题 8

小胡站在原点，手里拿着两枚硬币。抛第一枚硬币正面向上的概率为 $q$ ，第二枚正面向上的概率为 $r$ 。

阶段一：小胡开始抛第一枚硬币，每次抛到反面小胡就向 $y$ 轴正方向走一步，直到抛到正面。
阶段二：接下来小胡继续抛第一枚硬币，每次抛到反面小胡就向 $z$ 轴正方向走一步，直到抛到正面。
阶段三：现在小胡想回来了，于是他开始抛第二枚硬币，如果小胡抛到正面小胡就向 $y$ 轴的负方向走一步，否则小胡就向 $z$ 轴的负方向走一步。
现在小胡想知道他在往回走的时候经过原点的概率是多少呢？

分析：留坑待补。

式子：

\begin{aligned} \sum_{x = 0}^{\infty} \sum_{y = 0}^{\infty} (1 - p)^{x} \cdot p \cdot (1 - p)^{y} \cdot p \cdot q^{x} \cdot (1 - q)^{y} \cdot C (x + y, x) \\ = \sum_{x = 0}^{\infty} \sum_{y = 0}^{\infty} p^{2} \cdot (1 - p)^{x + y} \cdot q^{x} \cdot (q - p)^{y} \cdot C (x + y, x) \\ = \sum_{t = 0}^{\infty} \sum_{x = 0}^{t} p^{2} \cdot (1 - p)^{t} \cdot q^{x} \cdot (1 - q)^{t - x} \cdot C (t, x) \\ 其 中 t = x + y \\ = p^{2} \sum_{t = 0}^{\infty} \sum_{x = 0}^{t} (1 - p)^{t} \cdot q^{x} \cdot (1 - q)^{t - x} \cdot C (t, x) \\ = p^{2} \sum_{t = 0}^{\infty} (1 - p)^{t} \cdot (q + 1 - q)^{t} \\ = p^{2} \sum_{t = 0}^{\infty} (1 - p)^{t} \\ = p^{2} \cdot \frac{1 - (1 - p)^{\infty + 1}}{1 - (1 - p)} \\ = p^{2} \cdot \frac{1}{p} \\ = p \end{aligned}

$\begin{aligned} & \sum_{x=0}^{\infty} \sum_{y=0}^{\infty} (1-p)^x\cdot p \cdot (1-p)^y\cdot p\cdot q^x\cdot (1-q)^y \cdot C(x+y,x) \\ &= \sum_{x=0}^{\infty} \sum_{y=0}^{\infty} p^2\cdot (1-p)^{x+y}\cdot q^x \cdot (q-p)^y \cdot C(x+y,x)\\ & =\sum_{t=0}^{\infty} \sum_{x=0}^t p^2\cdot (1-p)^t\cdot q^x\cdot(1-q)^{t-x} \cdot C(t,x) \\ & 其中 t = x+y \\ & =p^2 \sum_{t=0}^{\infty} \sum_{x=0}^t (1-p)^t\cdot q^x\cdot(1-q)^{t-x} \cdot C(t,x)\\ & =p^2 \sum_{t=0}^{\infty} (1-p)^t \cdot (q+1-q)^t\\ & =p^2 \sum_{t=0}^{\infty} (1-p)^t\\ & =p^2\cdot \dfrac{\qquad 1-(1-p)^{\infty +1}}{1-(1-p)}\\ & =p^2 \cdot \dfrac{1}{p}\\ & =p\\ \end{aligned}$

其他

鸣谢

由于本人对关于膜运算的掌握较差，于是大部分参考的是 SYZ 大佬的博客

同时在更好的讲解时，参照了 TZF 大佬的博客与 ZHZ 大佬的博客。

同时感谢 QZH 大佬的博客给了这篇博客创作的动力（ $\verb!QZH!$ 大佬写了 $1000$ 多行/bx/bx/bx）。

还有 CZH 大佬的支持 %%%%%%%%%%%%%%%。

彩蛋

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posted @ 2023-04-29 19:40 OoXiao_QioO 阅读(281) 评论(3) 编辑收藏举报

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	struct Matrix
	{
	int n,m;//n:矩阵行数 m:矩阵列数。
	int a[105][105];//矩阵
	Matrix ()//构造函数，作用：初始化矩阵为 0。
	{
	n = m = 0;
	memset(a,0,sizeof (a));
	}
	};
	Matrix operator * (const Matrix &a,const Matrix &b)
	{
	//重载 * 运算，起作用当且仅当是 Matrix 类型。
	//&：取地址符，操作的时候是直接修改两个矩阵。
	//const：防止运算的时候把运算的矩阵本尊破坏。
	//注意类型。
	Matrix ans;//返回的答案
	int x = a.n,y = b.m;
	int i,j,k;
	for(i=1;i<=x;i++)
	for(j=1;j<=y;j++)
	//枚举每一个位置。
	for(k=1;k<=a.m;k++)
	//核心部分
	ans.a[i][j] += a.a[i][k] * b.a[k][j];
	return ans;
	}

	int get_phi(int n)
	{
	int phi = n;
	int i;
	for(i=2;i*i<=n;i++)
	{
	if(n%i==0)
	{
	phi = phi/i*(i-1);
	while(n%i==0)//把质因子噶掉
	n = n/i;
	}
	}
	if(n!=1)
	phi = phi/n*(n-1);
	return phi;
	}

	#include<bits/stdc++.h>
	const int N = 1e6;
	typedef long long ll;
	using namespace std;
	ll inv[N],n,p;//inv 数组表示 1/i。
	int main()
	{
	cin>>n>>p;
	inv[1] = 1;
	int i;
	for(i=2;i<=n;i++)
	{
	ll k = p/i,r = p%i;
	inv[i] = 1ll(p-k)%pinv[r]%p;
	}
	for(i=1;i<=n;i++)
	printf("%lld\n",inv[i]);
	return 0;
	}

	struct pi
	{
	int x,y,d;
	pii(int _x=0,int _y=0,int _d=0):x(_x),y(_y),d(_d){}
	};
	pi exgcd(int a,int b)
	{
	if(!b)
	return {1,0,a};
	pi GCD = exgcd(b,a%b);
	return {GCD.y,GCD.x-a/b*GCD.y,GCD.d};
	}

	bool is_prime(int n)
	{
	if(n<=1)
	return 0;
	if(n==2)
	return 1;
	if(n%2==0)
	return 0;
	int i;
	for(i=3;i*i<=n;i++)//不要用 sqrt(n)，复杂度爆表。
	{
	if(n%i==0)
	return 0;
	}
	return 1;
	}

	const int N = 1e6;
	int not_prime[N],prime[N];
	int cnt;
	void make_era()
	{
	int i,j;
	for(i=2;i<=n;i++)
	if(not_prime[i])
	for(j=i*2;j<=n;j+=i)
	not_prime[i]=1;
	for(i=1;i<=n;i++)
	if(!not_prime[i])
	prime[++cnt]=i;
	}

	int baoli (int a, int b, int p)
	{
	ll v = 1;
	int x;
	for(x=0;x<p-1;x++)
	{
	if(v==b)
	return x;
	else
	v = 1llva%p;
	}
	return -1;
	}

	set<ll> se;
	int BSGS(int a,int b,int p)
	{
	int s = sqrt(p);
	ll v = 1;
	int i,j;
	for(i=0;i<s;i++)
	{
	se.insert(v);
	v = 1llva%p;
	}
	for(i=0;i*s<=p;i++)//看看答案是否在第 i 行里面
	{
	//要看 b*a^(-is) 是否在第零行出现
	ll c = 1llbksm(ksm(a,i*s,p),p-2,p);
	if(se.count(c)!=0)
	{
	ll v = ksm(a,i*s,p);
	for(j=i*s;;j++)
	{
	if(v==b)
	return j;
	v = 1llva%p;
	}
	}
	}
	return -1;

	}

	int C[1001][1001];
	ll p;
	void make_C(int n,int m)//用递推式做
	{
	int i,j;
	for(i=0;i<=n;i++)
	{
	C[i][0] = 1;
	for(j=1;j<=i;j++)
	C[i][j] = (C[i-1][j-1]+C[i-1][j])%p;
	}
	return;
	}

	int fac[1000001];
	int find_C(int n,int m,int p)
	{
	fac[0] = 1;
	int i;
	for(i=1;i<=1000000;i++)
	fac[i] = 1llfac[i-1]i%p;
	return 1llfac[n]ksm(fac[m],p-2,p)%p*ksm(fac[n-m],p-2,p)%p;
	}

	int fenmu[10001],fenzi[10001];
	int find_C(int n,int m,int p)
	{
	int i,j;
	for(i=1;i<=m;i++)
	fenmu[i] = i,fenzi[i] = n-i+1;
	for(i=1;i<=m;i++)
	{
	for(j=1;j<=m;j++)
	{
	int g = gcd(fenzi[i],fenmu[j]);
	fenzi[i] /= g;
	fenmu[j] /= g;
	}
	}
	int ans = 1;
	for(i=1;i<=m;i++)
	ans = 1llansfenzi[i]%p;
	return ans;
	}

	#include<bits/stdc++.h>
	using namespace std;
	#define int long long
	int c[101][101];
	int x[10001];
	int y[10001];
	int Lucas(int n,int m,int p)
	{
	//n,m<=10^9
	//p <=100 且是质数
	int i;
	while(n!=0)
	{
	x[0]++;
	x[x[0]] = n%p;
	n /= p;
	}
	while(m!=0)
	{
	y[0]++;
	y[y[0]] = m%p;
	m /= p;
	}
	//x[1] x[2]....x[x[0]] 是 n 的 p 进制从低到高的表示
	//y[1] y[2]....y[y[0]] 是 m 的 p 进制从低到高的表示

	int ans = 1;
	for(i=1;i<=x[0];i++)
	ans = 1llansc[x[i]][y[i]]%p;
	return ans%p;
	}
	signed main()
	{
	int n,m,p;
	scanf("%d%d%d",&n,&m,&p);
	int i,j;
	for(i=0;i<=p;i++)
	{
	c[i][0] = 1;
	for(j=1;j<=i;j++)
	c[i][j] = (c[i-1][j-1]+c[i-1][j])%p;
	}
	printf("%d\n",Lucas(n,m,p));
	return 0;
	}

	int faclog[1000001];
	double logger(int n,int m)
	{
	faclog[0] = 0;
	int i;
	for(i=1;i<=100000;i++)
	faclog[i] = faclog[i-1]+log(i);
	return faclog[n]-faclog[m]-faclog[n-m];//比较 log(C(n1,m1)) 和 log(C(n2,m2))
	}

OoXiao_QioO

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五一数学

Day 1

一、矩阵

矩阵加减

矩阵乘数

矩阵乘矩阵

代码

Day 2

一、模运算

逆元的定义

求逆元的方法

费马小定理

欧拉定理

exgcd

裴蜀定理

例题 1 - 同余方程

二、素数 & 质数

判断一个数是否是质数

质数筛

Day 3

一、BSGS 算法

暴力

正解

二、排列组合

排列

组合

例题 1

例题 2

例题 3

例题 4

例题 5

例题 6

三、抽屉原理

例题 1

例题 2

四、容斥原理

例题 1 - NNN 对夫妻问题

例题 2

Day 4

一、解 方 程

二元一次方程

多元一次方程

二、扩展矩阵

三、概率

四、期望

例题 1

例题 2

例题 3

例题 4

例题 5

例题 6

例题 7

例题 8

其他

鸣谢

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例题 1 - $N$ 对夫妻问题

一、解方程