[SinGuLaRiTy] 复习模板-数学
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质因数分解
void solve(int n) { while(n%2==0) { printf("%d*",2); n/=2; } for(int i=3;i<=sqrt(n);i+=2) { if(n%i==0) { n/=i; printf("%d*",i); i-=2; } } printf("%d\n",n); }
欧拉线性筛素数
#define MAXN 100005 #define MAXL 1299710 int prime[MAXN]; int check[MAXL]; int tot=0; void get_prime() { for(int i=2;i<MAXL;i++) { if(!check[i]) prime[tot++]=i; for(int j=0;j<tot;j++) { if(i*prime[j]>MAXL) break; check[i*prime[j]]=1; if(i%prime[j]==0) break; } } }
筛法求欧拉函数(线性)
#include<iostream> #include<cstdio>
#define N 40000
using namespace std;
int n; int phi[N+10],prime[N+10],tot,ans; bool mark[N+10];
void getphi() { int i,j; phi[1]=1; for(i=2;i<=N;i++)//相当于分解质因式的逆过程 { if(!mark[i]) { prime[++tot]=i;//筛素数的时候首先会判断i是否是素数。 phi[i]=i-1;//当 i 是素数时 phi[i]=i-1 } for(j=1;j<=tot;j++) { if(i*prime[j]>N)
break; mark[i*prime[j]]=1;//确定i*prime[j]不是素数 if(i%prime[j]==0)//接着我们会看prime[j]是否是i的约数 { phi[i*prime[j]]=phi[i]*prime[j];
break; } else
phi[i*prime[j]]=phi[i]*(prime[j]-1);//其实这里prime[j]-1就是phi[prime[j]]，利用了欧拉函数的积性 } } }
Miller-Rabbin素数判定法
#include<cstdlib> #include<ctime> #include<cstdio> using namespace std; const int count=10; int modular_exp(int a,int m,int n) { if(m==0) return 1; if(m==1) return (a%n); long long w=modular_exp(a,m/2,n); w=w*w%n; if(m&1) w=w*a%n; return w; } bool Miller_Rabin(int n) { if(n==2) return true; for(int i=0;i<count;i++) { int a=rand()%(n-2)+2; if(modular_exp(a,n,n)!=a) return false; } return true; } int main() { srand(time(NULL)); int n; scanf("%d",&n); if(Miller_Rabin(n)) printf("Probably a prime."); else printf("A composite."); printf("\n"); return 0; }
倍增求快速幂
typedef long long ll; ll fast_power(ll a,ll b,ll c)//求a^b%c { ll ans=1; while(b) { if (b&1) ans=ans*a%c; else ans%=c; b>>=1; a=a*a%c; } return ans; }
大数乘法取幂
typedef long long ll ll qmul(ll x,ll y,ll mod)// 乘法防止溢出,如果p*p不爆LL的话可以直接乘；O(1)乘法或者转化成二进制加法(快速加) { ll ret=0; while(y) { if(y&1) ret=(ret+x)%mod; x=x*2%mod; y>>=1; } return ret; } ll qpow(ll a,ll n,ll mod) { ll ret=1; while(n) { if(n&1) ret=qmul(ret,a,mod); a=qmul(a,a,mod); n>>=1; } return ret; }
GCD & LCM
LL gcd(LL a,LL b) { return b ? gcd(b,a%b) : a; }
至于LCM=a*b/GCD，可能会因为a*b过大而爆掉，于是推荐使用LCM=a/GCD*b
Exgcd
求ax=b (mod m) ax+my=b 如果r=gcd(a,m)且b%r==0,则同余方程有解,其最小解为x*(b/r);
ax+by=c 如r=gcd(a,b),则存在x,y,使xa+yb=r;当x+=b,y-=a后仍然成立
因为xa+yb+ab-ab=r;则(x+b)a+(y-a)b=r
int exgcd(int a,int b,int &x,int &y) { if(b==0) { x=1; y=0; return a; } int r=exgcd(b,a%b,y,x); y-=x*(a/b); return r; }
中国剩余定理
设正整数m1,m2,m3...mk两两互素，则同余方程组
有整数解。并且在模M=m1·m2·...·mk下的解是唯一的，解为
其中，而
为
模
的逆元。
void extend_Euclid(int a,int b,int &x,int &y) { if(b==0) { x=1; y=0; return; } extend_Euclid(b,a%b,x,y); int tmp=x; x=y; y=tmp-(a/b)*y; } int CRT(int a[],int m[],int n) { int M=1; int ans=0; for(int i=1;i<=n;i++) M*=m[i]; for(int i=1;i<=n;i++) { int x,y; int Mi=M/m[i]; extend_Euclid(Mi,m[i],x,y); ans=(ans+Mi*x*a[i])%M; } if(ans<0) ans+=M; return ans; }
Catalan数
f[1]=1; for(int i=2;i<=n;i++) f[i]=f[i-1]*(4*i-2)/(i+1);
Catalan数有许多神奇的性质，这是一篇总结的比较精炼的文章。《Catalan数——卡特兰数》
康托展开式
int fac[] = {1,1,2,6,24,120,720,5040,40320}; //i的阶乘为fac[i] // 康托展开-> 表示数字a是 a的全排列中从小到大排，排第几 // n表示1~n个数 a数组表示数字。 int kangtuo(int n,char a[]) { int i,j,t,sum; sum=0; for( i=0;i<n;++i) { t=0; for(j=i+1;j<n;++j) if(a[i]>a[j]) ++t; sum+=t*fac[n-i-1]; } return sum+1; }
有啥用？它可以应用于哈希表中空间压缩。在码某些搜索题时，将VIS数组量压缩。比如:八数码、魔板。
求乘法逆元
exgcd，老熟人了。
/* 求解ax+by=gcd(a,b)，亦即ax≡1(mod b)。函数返回值是a,b的最大公约数，而x即a的逆元。 注意a, b不能写反了。 */ int x,y; int extgcd(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 tmp=x; x=y; y=tmp-(a/b)*y; return gcd; }
N的全排列
#include<iostream> using namespace std; void swap(int &a,int &b) { int temp=a; a=b; b=temp; } void pai_xu(int a[],int m,int n) { if(m==n) { for(int i=1;i<=n;i++) cout<<a[i]; cout<<endl; } else for(int i=m;i<=n;i++) { swap(a[i],a[m]); pai_xu(a,m+1,n); swap(a[i],a[m]); } } int main() { int n,m=1,a[10]; cin>>n; for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=i; pai_xu(a,m,n); return 0; }
N的R排列
#include<cstdio> #include<iostream> #include<cstdlib> #include<cmath> using namespace std; bool b[21]={0}; int total=0,a[21]={0}; bool pd(int x,int y) { int k=2,i=x+y; while(k<=sqrt(i)&&i%k!=0) k++; if(k>sqrt(i)) return 1; else return 0; } int print() { total++; cout<<total<<" "<<endl; for(int i=1;i<=20;i++) cout<<a[i]<<" "; cout<<endl; } int search(int t) { for(int i=1;i<=20;i++) if(pd(a[t-1],i)&&(!b[i])) { a[t]=i; b[i]=1; if(t==20) { if(pd(a[20],a[1])) print(); } else search(t+1); b[i]=0; } } int main() { search(1); cout<<total<<endl; return 0; }
有重复元素的全排列
void fun(int n,char chars[],int flag) { if(flag==n-1) { for(int i=0;i<n;i++) cout<<chars[i]; cout<<endl; return; } for(int i=flag;i<n;i++) { if(chars[i]!=chars[flag]||i==flag){//若两个元素不相等或者两个元素的下标相同的时候才调用 swap(chars[i],chars[flag]); fun(n,chars,flag+1); swap(chars[i],chars[flag]); } } }
第一类Stirling数
定理：第一类Stirling数s(p,k)计数的是把p个对象排成k个非空循环排列的方法数。
证明：把上述定理叙述中的循环排列叫做圆圈。递推公式为：
s(p,p)=1 (p>=0) 有p个人和p个圆圈，每个圆圈就只有一个人
s(p,0)=0 (p>=1) 如果至少有1个人，那么任何的安排都至少包含一个圆圈
s(p,k)=(p-1)*s(p-1,k)+s(p-1,k-1)
设人被标上1,2,.....p。将这p个人排成k个圆圈有两种情况。第一种排法是在一个圆圈里只有标号为p的人自己，排法有s(p-1,k-1)个。第二种排法中，p至少和另一个人在一
个圆圈里。这些排法可以通过把1,2....p-1排成k个圆圈再把p放在1,2....p-1任何一人的左边得到，因此第二种类型的排法共有(p-1)*s(p-1,k)种排法。
在证明中我们所做的就是把{1,2,...,p}划分到k个非空且不可区分的盒子，然后将每个盒子中的元素排成一个循环排列。
long long s[maxn][maxn];//存放要求的第一类Stirling数 const long long mod=1e9+7;//取模 void init()//预处理 { memset(s,0,sizeof(s)); s[1][1]=1; for(int i=2;i<=maxn-1;i++) for(int j=1;j<=i;j++) { s[i][j]=s[i-1][j-1]+(i-1)*s[i-1][j]; if(s[i][j]>=mod) s[i][j]%=mod; } }
第二类Stirling数
定理：第二类Stirling数S(p,k)计数的是把p元素集合划分到k个不可区分的盒子里且没有空盒子的划分个数。
证明：元素在拿些盒子并不重要，唯一重要的是各个盒子里装的是什么，而不管哪个盒子装了什么。
递推公式有：S(p,p)=1 (p>=0) S(p,0)=0 (p>=1) S(p,k)=k*S(p-1,k)+S(p-1,k-1) (1<=k<=p-1)。考虑将前p个正整数，1，2，.....p的集合作为要被划分的集合，把
{1,2,.....p}分到k个非空且不可区分的盒子的划分有两种情况：
(1)那些使得p自己单独在一个盒子的划分，存在有S(p-1,k-1)种划分个数
(2)那些使得p不单独自己在一个盒子的划分，存在有 k*S(p-1,k)种划分个数
考虑第二种情况，p不单独自己在一个盒子，也就是p和其他元素在一个集合里面，也就是说在没有放p之前，有p-1个元素已经分到了k个非空且不可区分的盒子里面（划
分个数为S(p-1,k），那么现在问题是把p放在哪个盒子里面呢，有k种选择，所以存在有k*S(p-1,k)。
long long s[maxn][maxn];//存放要求的Stirling数 const long long mod=1e9+7;//取模 void init()//预处理 { memset(s,0,sizeof(s)); s[1][1]=1; for(int i=2;i<=maxn-1;i++) for(int j=1;j<=i;j++) { s[i][j]=s[i-1][j-1]+j*s[i-1][j]; if(s[i][j]>=mod) s[i][j]%=mod; } }
注意：要用long long类型，当元素个数>20，就超int类型了。
扩展：k! *S(p,k) 计数的是把p元素集合划分到k个可区分的盒子里且没有空盒子的划分个数。
组合数
//组合数打表模板,适用于N<=3000 //c[i][j]表示从i个中选j个的选法。 long long C[N][N]; void get_C(int maxn) { C[0][0] = 1; for(int i=1;i<=maxn;i++) { C[i][0] = 1; for(int j=1;j<=i;j++) C[i][j] = C[i-1][j]+C[i-1][j-1]; //C[i][j] = (C[i-1][j]+C[i-1][j-1])%MOD; } }
LUCAS定理
long long F[100010]; void init(long long p) { F[0] = 1; for(int i = 1;i <= p;i++) F[i] = F[i-1]*i % (1000000007); } long long inv(long long a,long long m) { if(a == 1)return 1; return inv(m%a,m)*(m-m/a)%m; } long long Lucas(long long n,long long m,long long p) { long long ans = 1; while(n&&m) { long long a = n%p; long long b = m%p; if(a < b)return 0; ans = ans*F[a]%p*inv(F[b]*F[a-b]%p,p)%p; n /= p; m /= p; } return ans; }
容斥原理
这个怎么打板呢？难道搞一道容斥的题？还是偷偷懒附个链接吧：
Time: 2017-11-05
