数学部分学习笔记

数论

唯一分解定理

定理

对于任意正整数 $a$ ，均有：

a = p_{1}^{k_{1}} p_{2}^{k_{2}} \dots p_{n}^{k_{n}}

其中 $p_{1}, p_{2} \dots p_{n}$ 均为质数。

约数个数定理

对于任意正整数 $a = p_{1}^{k_{1}} p_{2}^{k_{2}} \dots p_{n}^{k_{n}}$ ，其约数个数 $k$ 为

ans = \prod_{i = 1}^{k} (k_{i} + 1)

约数和公式

对于任意正整数 $a = p_{1}^{k_{1}} p_{2}^{k_{2}} \dots p_{n}^{k_{n}}$ ，其约数和 $k$ 为

ans = ({p_{1}}^{0} + {p_{1}}^{1} + \dots {p_{1}}^{k_{1}}) ({p_{2}}^{0} + {p_{2}}^{1} + \dots + {p_{2}}^{k_{2}}) \dots ({p_{n}}^{0} + {p_{n}}^{1} + \dots + {p_{n}}^{k_{n}})

裴蜀定理

采用常用的形式描述：

对于方程 $a x + b y = c$ ，当且仅当 $gcd (a, b) ∣ c$ 时，方程有整数解。

扩展欧几里德算法

解方程 $a x + b y = gcd (a, b)$

运用以下代码求出一个特解 $x_{0}$ .

void exgcd(int a, int b, int &x, int &y) {
    if (b == 0)
        return x = 1, y = 0, void();
    exgcd(b, a % b, y, x);
    y = y - a / b * x;
}

则方程最小正整数解 $x = (x_{0} mod b + b) mod b$ 。

解方程 $a x + b y = c$

记 $g = gcd (a, b)$ ，则：

a. 若 $g ∤ c$ ，原方程无整数解。

b. 若 $g ∤ c$ ，先转化为问题1，求方程 $a x + b y = gcd (a, b)$ 的一个特解 $x_{0}$ ，记 $k = \frac{b}{g}$ ，那么原方程的一个特解 $x_{1}$ 就是 $x_{1} = k \times x_{0}$ .

方程的最小正整数解就是 $x = (x_{1} mod k + k) mod k$ .

逆元

求 $a^{- 1} (\mod p)$

费马小定理求逆元

当 $p$ 为质数时，我们可以用费马小定理求 $a^{- 1} = a^{p - 2}$ .

代码：

int qpow(int x, int y) {
    int ans = 1;
    while (y) {
        if (y & 1)
            ans = ans * x % p;
        x = x * x % p;
        y >>= 1;
    }
    return ans;
}

扩展欧几里德定理求逆元

当 $gcd (a, b) = 1$ 时，我们可以通过调用 $exgcd (a, p, x, y)$ 求出 $a^{- 1} = x$ 。

代码：

void exgcd(int a, int b, int &x, int &y) {
    if (b == 0)
        return x = 1, y = 0, void();
    exgcd(b, a % b, y, x);
    y -= a / b * x;
}

线性递推求逆元

当需要线性递推求逆元时，采用以下代码求逆元。

inv[1] = 1;
for (int i = 2; i <= n; ++i) {
  inv[i] = (long long)(p - p / i) * inv[p % i] % p;
}

线性同余方程

形如 $a x \equiv b (\mod n)$ 的方程称为线性同余方程。

我们将原方程转化为 $a x + n k = b$ ，显然当且仅当 $gcd (a, n) ∣ b$ 时原方程有解。于是考虑变换方程的形式，记 $t = gcd (a, n)$ ，先求出 $a x + n y = t$ 时方程的一组解 $(x_{0}, y_{0})$ ，即 $a x_{0} + b y_{0} = t$ 。

将原方程两边同 $\times \frac{b}{t}$ ，得到 $a \frac{b}{t} x_{0} + n \frac{b}{t} y_{0} = b$ ，于是原方程的解就是 $x = x_{0} \frac{b}{t}$ 。

记 $k = \frac{n}{t}$ ，则 $x$ 的最小整数解为 $x_{min} = (x mod k + k) mod k$ 。

欧拉函数

$φ (i)$ 表示的是小于等于 $n$ 和 $n$ 互质的数的个数。

求单个数欧拉函数的求法:

int solve(int n) {
	int ans = n;
	for (int i = 2; i * i <= n; i++) 
		if (n % i == 0) {
			ans = ans / i * (i - 1);
		while (n % i == 0) 
			n /= i;
    	}
  if (n > 1)
  	ans = ans / n * (n - 1);
  return ans;
}

筛法求欧拉函数:

vector<int>v;
int phi[N];
bitset<N>pri;
int n;
void get_p() {
	phi[1] = 1;
	for (int i = 2; i <= n; i++) {
		if(!pri[i]) {
			v.push_back(i);
			phi[i] = i - 1;
		}
		for(int j = 0; j < (int)v.size() && v[j] * i <= n; j++) {
			pri[i * v[j]] = true;
			if(i % v[j] == 0) {
				phi[i * v[j]] = phi[i] * v[j];
				break;
			}
			phi[i * v[j]] = phi[i] * phi[v[j]];
		}
	}
}

欧拉定理

若 $gcd (a, m) = 1$ ，则 $a^{φ (m)} \equiv 1 (\mod m)$

扩展欧拉定理

a^{b} \equiv {\begin{cases} a^{b mod φ (m)}, & gcd (a, m) = 1, \\ a^{b}, & gcd (a, m) \neq 1, b < φ (m), \\ a^{(b mod φ (m)) + φ (m)}, & gcd (a, m) \neq 1, b \geq φ (m) . \end{cases} (\mod m)

中国剩余定理

中国剩余定可求解如下形式的一元线性同余方程组（其中 $n_{1}, n_{2}, \dots, n_{k}$ 两两互质）

{\begin{cases} x & \equiv a_{1} (\mod n_{1}) \\ x & \equiv a_{2} (\mod n_{2}) \\ ⋮ \\ x & \equiv a_{k} (\mod n_{k}) \end{cases}

具体解法：

计算所有模数的积 $n$
对于第 $i$ 个方程：

a. 计算 $m_{i} = \frac{n}{n_{i}}$

b.计算 $m_{i}$ 在模 $n_{i}$ 意义下的逆元 $m^{- 1}$

c.计算 $c_{i} = m_{i} m_{i}^{- 1}$ (不要对 $n_{i}$ 取模）
方程组在模 $n$ 意义下的唯一解为 $x = \sum_{i = 1}^{k} a_{i} c_{i} (\mod n)$

实现：

int CRT(int m[], int r[]) {
	int M = 1, ans = 0;
	for(int i = 1; i <= n; i++) 
		M *= m[i];
	for(int i = 1; i <= n; i++) {
		int c = M / m[i], x, y;
		exgcd(c, m[i], x, y);
		ans = (ans + r[i] * c * x % M + M) % M;
	}
	return (ans + M) % M;
}

扩展中国剩余定理

当方程组中每一个模数 $n_{i}$ 不互质时，需要用到中国剩余定理。

考虑两个方程的情况。

设两个方程分别是 $x \equiv a_{1} (\mod m_{1})$ ， $x \equiv a_{2} (\mod m_{2})$

将它们转化为不定方程： $x = m_{1} p + a_{1} = m_{2} q + a_{2}$ ，其中 $p, q$ 是整数，则有 $m_{1} p - m_{2} q = a_{2} - a_{1}$ 。

由裴蜀定理，当 $a_{2} - a_{1}$ 不能被 $gcd (m_{1}, m_{2})$ 整除时，无解

其他情况下，可以通过扩展欧几里得算法解出来一组可行解 $(p, q)$ ；

则原来的两方程组成的模方程组的解为 $x \equiv b (\mod M)$ ，其中 $b = m_{1} p + a_{1}$ ， $M = lcm (m_{1}, m_{2})$ 。

然后多个方程时两两合并即可。

代码：

int md[N], rem[N];//存模数和余数
int qmul(int a, int b, int p) {//龟速乘
	int ans = 0;
	while (b) {
		if (b & 1)
			ans = (ans + a) % p;
		a = (a + a) % p;
		b >>= 1;
	}
	return ans;
}
int exgcd(int a, int b, int &x, int &y) {
	if (b == 0) {
		x = 1;
		y = 0;
		return a;
	}
	int gcd = exgcd(b, a % b, x, y);
	int t = x;
	x = y;
	y = t - a / b * y;
	return gcd;
}
signed main() {
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin >> n;
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		cin >> md[i] >> rem[i];
	int X = rem[1];//存解
	int LCM = md[1];//存前 i - 1 个方程模数的lcm
	for(int i = 2; i <= n; i++) {
		int p = md[i];
		int res = ((rem[i] - X) % p + p) % p;
		int x, y, Gcd = exgcd(LCM, p, x, y);
		if(res % Gcd) {//判断无解
			puts("-1");
			return 0;
		}
		x = qmul(x, res / Gcd, p);
		X += x * LCM;
		LCM = p / Gcd * LCM;
		X = (X % LCM + LCM) % LCM;
	}
	cout << X << "\n";
	return 0;
}

排列组合

排列组合三大方法

插板法

不允许为空的插板

有 $n$ 个元素，分为 $k$ 组，每组保证有一个元素，问方案数。
公式：

(\binom{n - 1}{k - 1})

允许为空的插板

有 $n$ 个元素，分为 $k$ 组，每组允许为空，问方案数。
公式：

(\binom{n + k - 1}{n})

插空法

若有 $n$ 个 $A$ 类物品和 $m$ 个 $B$ 类物品，将其插入一段长度为 $n + m$ 的序列，且要求 $B$ 类物品不能相邻，求方案数。

公式：

A_{n}^{n} \times A_{n + 1}^{m}

先计算 $A$ 类物品的排列情况： $A_{n}^{n}$ ，此时我们认为序列里共有 $n + 1$ 个空，此时 $B$ 类物品的情况就是 $A_{n + 1}^{m}$ 了。最终答案就是二者相乘。

捆绑法

若有 $n$ 个 $A$ 类物品和 $m$ 个 $B$ 类物品，将其插入一段长度为 $n + m$ 的序列，且要求 $B$ 类物品必须相邻，求方案数。

公式：

A_{n + 1}^{n + 1} \times A_{m}^{m}

将所有 $B$ 类物品看为一个物品，此时的排列情况是 $A_{n + 1}^{n + 1}$ ，再考虑 $B$ 类物品内部的情况，方案数是 $A_{m}^{m}$ ，最终答案就是二者相乘。

二项式定理

(a + b)^{n} = \sum_{i = 0}^{n} (\binom{n}{i}) a^{n - i} b^{i}

二项式反演

形式1

记 $f_{n}$ 为恰好使用 $n$ 个不同元素形成特定结构的方案数， $g_{n}$ 为从 $n$ 个不同元素中选出 $i \geq 0$ 个元素形成特定结构的方案数。

若已知 $f_{n}$ 求 $g_{n}$ ，则显然：

g_{n} = \sum_{i = 0}^{n} (\binom{n}{i}) f_{i}

若已知 $g_{n}$ 求 $f_{n}$ ，则有：

f_{n} = \sum_{i = 0}^{n} (\binom{n}{i}) (- 1)^{n - i} g_{i}

形式2

记 $f_{k}$ 为恰好使用 $k$ 个不同元素形成特定结构的方案数， $g_{k}$ 为从 $n$ 个不同元素中选出 $i \geq k$ 个元素形成特定结构的方案数。

若已知 $f_{k}$ 求 $g_{k}$ ，则显然：

g_{k} = \sum_{i = k}^{n} (\binom{i}{k}) f_{i}

若已知 $g_{k}$ 求 $f_{k}$ ，则有：

f_{k} = \sum_{i = k}^{n} (\binom{i}{k}) (- 1)^{n - k} g_{k}

~~或许可以把它理解成一种容斥的变形？~~

二项式反演的主要用途是在把所求答案是恰好，但至少/不多于这样的答案好求时可以转化答案进行计算。

卢卡斯定理

若 $p$ 为质数，对于 $n, m$ 很大， $p$ 很小时的公式：

(\binom{n}{m}) = (\binom{⌊ n / p ⌋}{⌊ m / p ⌋}) \cdot (\binom{n \mod p}{m \mod p})

代码：

int C(int n, int m) {
	if(m > n)
		return 0;
	return fac[n] * qpow(fac[m] * fac[n - m] % p, p - 2) % p;
}
int Lucas(int n, int m) {
	if(m > n)
		return 0;
	if(!m)
		return 1;
	return C(n % p, m % p) * Lucas(n / p, m / p) % p;
}

错排问题

错位排列是没有任何元素出现在其有序位置的排列。即，对于 $1 \sim n$ 的排列 $P$ ，如果满足 $P_{i} \neq i$ ，则称 $P$ 是 $n$ 的错位排列。

递推公式：

$D_{1} = 0, D_{2} = 1, D_{3} = 2;$

$D_{n} = (n - 1) (D_{n - 1} + D_{n - 2})$

常用公式

(\binom{n}{m}) = (\binom{n}{n - m})

(\binom{n}{k}) = \frac{n}{k} (\binom{n - 1}{k - 1})

(\binom{n}{m}) = (\binom{n - 1}{m}) + (\binom{n - 1}{m - 1})

(\binom{n}{0}) + (\binom{n}{1}) + \dots + (\binom{n}{n}) = \sum_{i = 0}^{n} (\binom{n}{i}) = 2^{n}

\sum_{i = 0}^{n} (- 1)^{i} (\binom{n}{i}) = [n = 0]

\sum_{i = 0}^{m} (\binom{n}{i}) (\binom{m}{m - i}) = (\binom{m + n}{m}) (n \geq m)

\sum_{i = 0}^{n} i (\binom{n}{i}) = n 2^{n - 1}

\sum_{i = 0}^{n} i^{2} (\binom{n}{i}) = n (n + 1) 2^{n - 2}

\sum_{i = 0}^{n} (\binom{l}{k}) = (\binom{n + 1}{k + 1})

(\binom{n}{r}) (\binom{r}{k}) = (\binom{n}{k}) (\binom{n - k}{r - k})

\sum_{i = 0}^{n} (\binom{n - i}{i}) = F_{n + 1}

其中 $F$ 是斐波那契数列。

\sum_{i = 0}^{n} i^{2} (\binom{n}{i}) = n (n + 1) 2^{n - 2}

数学方法

高斯消元

一般使用高斯-约旦消元法

// Gauss_Jordan 模板
#include <bits/stdc++.h>
#define N 105
using namespace std;
const double eps = 1e-6;
int n;
double a[N][N];
bool gauss_jordan() {
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        int r = i;
        for (int k = i; k <= n; k++)
            if (fabs(a[k][i]) > eps) {
                r = k;
                break;
            }
        if (r != i)
            swap(a[r], a[i]);
        if (fabs(a[i][i]) < eps)
            return false;
        for (int k = 1; k <= n; k++) {
            if (k == i)
                continue;
            double t = a[k][i] / a[i][i];
            for (int j = i; j <= n + 1; j++)
                a[k][j] -= t * a[i][j];
        }
    }
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        a[i][n + 1] /= a[i][i];
    return true;
}
int main() {
    scanf("%d", &n);
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        for (int j = 1; j <= n + 1; j++)
            scanf("%lf", &a[i][j]);
    if (gauss_jordan())
        for (int i = 1; i <= n; i++)
            printf("%.2lf\n", a[i][n + 1]);
    else
        puts("No Solution");
    return 0;
}

BSGS

给定一个质数 $p$ ，以及一个整数 $a$ ，一个整数 $b$ ，现在要求你计算一个最小的非负整数 $l$ ，满足 $a^{l} \equiv b (\mod p)$ 。

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int p, a, b;
int BSGS() {
	unordered_map<int, int>mp;
	a %= p;
	b %= p;
	int s = ceil(sqrt(p));
	int t = b;
	mp[b] = 0;
	for (int i = 1; i <= s; i++) {
		t = t * a % p;
		mp[t] = i; 
	}
	int x = 1;
	for (int i = 1; i <= s; i++)
		x = x * a % p;
	t = 1;
	for (int i = 1; i <= s; i++) {
		t = t * x % p;
		if (mp.count(t))
			return i * s - mp[t];
	}
	return -1;
}
signed main() {
	cin >> p >> a >> b;
	int tmp = BSGS();
	if(~tmp)
		cout << tmp << "\n";
	else
		puts("no solution");
	return 0;
}

posted @ 2024-08-23 21:26 长安19路阅读(17) 评论(0) 编辑收藏举报

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