2024 暑假学习笔记

线性代数

向量#

我们定义向量是多维空间中一条带方向的线段，由于不太需要考虑其绝对位置关系，只考虑相对位置，一般都是平移到原点然后记录终点的坐标，记为 $\overrightarrow{x}=(a_1,a_2,...,a_n)$。

一般来说我们只探讨二维向量，因为是比较容易想的。

比如说：

我们可以称这个向量为 $u$，也可以表示为 $\overrightarrow{B}$，显然 $\overrightarrow{B}=(2,3)$。

同时在空间中也有一些特殊的向量，比如：

• $\overrightarrow{0}$，就是原点，由原点指向原点，初始的向量。
• $\overrightarrow{i}$，在 $x$ 轴方向前进一步的向量。
• $\overrightarrow{j}$，在 $y$ 轴方向前进一步的向量。
• $\overrightarrow{k},l,m...$，在更高维度上前进一步的向量。

我们称这些向量为基向量。

如图：

向量 $\overrightarrow{i}$ 和 $\overrightarrow{j}$ 就是基向量。

下面介绍一下向量的加减法则：

• $\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}=(x_a+x_b,y_a+y_b)$。
• $\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b}=(x_a-x_b,y_a-y_b)$。

如图：

$\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}=\overrightarrow{c}$。

如果是减法我们就加上其相反向量即可。

向量的数乘：

• $p\overrightarrow{a}=(p{x}_a,p{x}_b)$。

向量的点乘：

• $\overrightarrow{a}\cdot \overrightarrow{b}=|a|\cdot |b|\cdot \cos <a,b>$。

矩阵#

$n\times m$ 的矩阵。

$n\times n$ 的矩阵称之为方阵。

运算：

• 矩阵的加法：按位相加即可。
• 矩阵的数乘：按位相乘即可。
• 矩阵的点乘：$c_{i,j}=\sum a_{i,k}\times b_{k,j}$。
• 矩阵的转置：写为 $A^T$，$A_{i,j}^T=A_{j,i}$。

基础矩阵：

• 单位矩阵：即主对角线上全为 $1$，乘上任何矩阵都为它本身。
• 零矩阵：全为 $0$ 的矩阵，乘上任何矩阵都为零矩阵。

很多 DP 转移可以写成矩阵形式，由于矩阵乘法是有结合律的，所以可以快速幂做。

唯一有用的可能是高斯消元，那东西必须得看代码。

行列式#

行列式仅针对方阵。

然后计算公式是：

$$det(A)=\sum (-1{)}^{\sigma }\prod a_i$$

一些性质：

• 交换两行，行列式值乘上 $-1$。
• 倍加，行列式值不变。
• 和的拆分（一行或一列），直接拆分相加即可。
• $det(AB)=det(A)det(B)$

根据性质，可以用高斯消元把下面全部消成 $0$，然后就只能取对角线上的值了。

LGV 引理#

• Pro：给定一个具有特殊性质的平面图 DAG，求从初始点集到结束点集的不相交路径方案数（两个点集点的个数相同）。

特殊性质：将起始点集以及结束点集像二部图一样分开排列，将线拉直不相交（点集内部不连边，有的话就去除，反正无论如何也不会走，因为不相交）。

网格图是其中一种。

• 结论：定义 $w(P)$ 为路径 $P$ 上边的权的乘积（初始全为 $1$），$f(s,t)$ 表示 $s$ 到 $t$ 可能的路径之和，$A$ 为初始点集，$B$ 为结束点集，那么：

$$ans=\left|\begin{array}{cccc}f(a_1,b_1)& f(a_1,b_2)& ...& f(a_1,b_n)\\ f(a_2,b_1)& f(a_2,b_2)& ...& f(a_2,b_n)\\ ...& ...& ...& ...\\ f(a_n,b_1)& f(a_n,b_2)& ...& f(a_n,b_n)\end{array}\right|$$

即这个矩阵的行列式。

• 证明：咕咕咕。

Matrix-Tree 定理#

• Pro1：给你一张无向图，求其生成树个数。

• 结论：令 $D$ 为度数矩阵（主对角线为度数，带权），$L$ 为邻接矩阵（可以有权），$A=D-L$， 然后选择 $A$ 中的一个格子，删掉它所在列和行，那么 $ans=det(A)$。

• 证明：咕咕咕。

• Pro2：给你一张有向图，求其外向/内向生成树个数。

• 结论，外向：$ans=det(A=D_{in}-L)$，内向：$ans=det(A=D_{out}-L)$。

• 证明：咕咕咕。

BEST 定理#

最好的定理！！！

• Pro：给你一张有向图，要你求从 $x$ 出发的欧拉回路条数。

• 结论：满足（$D_x$ 为以 $x$ 为根的内向生成树个数）：

$$ans=D_x\prod _{i=1}^n(ou{t}_i-1)$$

• 证明：咕咕咕。

线性基#

基可以理解为基向量，线性基通常是关于异或的基。

然后就是做高斯消元，矩阵中剩下的数就是线性基所要的数了，然后表示一下即可。

然后我们可以用线性基求所有数的最大异或值和最小异或值，直接贪心即可。

如果要求第 $k$ 小/大异或值，那么可以重新调整一下基然后再像 0/1 Trie 一样搞，不过通常只会考前两个。

拉格朗日插值#

即给出 $n$ 个点能确定一个 $n-1$ 次多项式，那么此时可以通过以下公式求这个多项式的点值：

$$f(x)=\sum y_i\prod _{i\ne j}\frac{x-x_j}{x_i-x_j}$$

其实通常我们取连续值然后用阶乘计算，那么计算单个就变成了 $O(n)$ 的了。

一般如果有式子那么就猜多项式系数，直接开到最大的做就完事了。。。

题目#

P2044 [NOI2012] 随机数生成器#

• Description：给定 $X_0,m$ 和递推公式 $X_{n+1}=(a{X}_n+c)\mathrm{mod}m$，求 $X_n$，$1\le n\le {10}^{1}8$。

首先这个题我们肯定要用矩阵快速幂，考虑构造矩阵：

$$P=\left[\begin{array}{cc}a& c\\ 1& 0\end{array}\right]$$

然后初始矩阵为：

$$Q=\left[\begin{array}{cc}{X}_0& 0\\ 1& 0\end{array}\right]$$

然后答案就是 $P^n\cdot Q$。

P1962 斐波那契数列#

• Description：求斐波那契数列第 $n$ 项，$1\le n\le {10}^9$。

直接上矩阵，不多说。

P2447 [SDOI2010] 外星千足虫#

• Description：给你若干个方程，形如一堆数的和 $mod2$ 的值，让你解方程，并推算出最早可以解出的时刻。

其实我们不难发现可以转化成异或方程组，然后我们可以高斯消元解出来，也可以用线性基求解。

但是题目太毒瘤了，我们需要用 bitset 优化一下常数。

P2886 [USACO07NOV] Cow Relays G#

• Description：给你一张有向图，让你求从 $S$ 到 $T$ 恰好经过 $K$ 条边的最短路。

我们定义广义矩阵乘法为 Floyd 的转移形式，然后我们把邻接矩阵对着这个东西求 $K$ 次快速幂，最后 $(S,T)$ 的值就是答案了。

P1397 [NOI2013] 矩阵游戏#

• Description：有些复杂，可以自己看原题。

其实就是每一行矩阵快速幂，然后换行的时候乘上另外一个矩阵，对 $m$ 行都做一遍这个事情，发现也可以矩阵快速幂，简单来说就是把式子完全展开然后构造两个矩阵硬算就好了。

P3746 [六省联考 2017] 组合数问题#

• Description：让你求 $\sum _{i=0}^n{C}_{nk}^{ik+r}modp$。

其实我们组合意义一下，就是在 $nk$ 个不同物品中选 $t$ 个，且满足 $tmodk=r$ 的方案数有多少，构造矩阵 DP 即可。

P6573 [BalticOI 2017] Toll#

• Description：有些复杂，可以自己看原题。

考虑到 $k$ 最多为 $5$，所以我们每 $5$ 个构造一个与下 $5$ 个的矩阵，然后求 $s$ 到 $t$ 的最短路就是直接把两个所在矩阵中间的矩阵全部乘起来（广义矩阵乘法：Floyd 更新方式），然后看对应位置。

考虑到矩阵乘法是有结合律的，所以我们多次询问采用线段树进行解决。

P3193 [HNOI2008] GT考试#

• Description：有些复杂，可以自己看原题。

考虑设状态 $f_{i,j}$ 为算到第 $i$ 位，后 $j$ 位与 $t$ 匹配的方案数，这个时候我们需要求一个数组 $g_{i,j}$，表示匹配了 $i$ 位后再加一个字符能匹配 $j$ 位的方案数，用 KMP 可以快速算出，然后对 DP 进行矩阵快速幂即可。

P7736 [NOI2021] 路径交点#

• Description：有些复杂，可以自己看原题。

我们发现本质就是 LGV 引理里的容斥，利用 LGV 引理做，完事。

P3317 [SDOI2014] 重建#

• Description：有些复杂，可以自己看原题。

我们发现 Matrix-Tree 定理本质上是要求生成树权乘积和的，那么我们考虑题目让我们求什么：

$$\prod _{e\notin E}(1-p_e)\prod _{e\in E}{p}_e$$

就是还要保证生成树以外的边不被选中。

然后共同除以 $1-p_e$，然后再乘上，变成：

$$(1-p_e)\cdot \prod _{e\in E}\frac{p_e}{1-p_e}$$

P4336 [SHOI2016] 黑暗前的幻想乡#

• Description：有些复杂，可以自己看原题。

我们发现容斥 + Matrix-Tree 定理即可。

就是 $n-1$ 家公司边的生成树 - $n-2$ + $n-3$。

为什么要容斥呢？因为可能有多家公司用很多边，根据直觉，就应该这样容斥。

组合计数

很简单的一些公式：

• 递推公式：

$$(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m})=(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{m-1})$$

• 吸收恒等式：

$$(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m})=\frac{n}{m}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{m-1})$$

• 上指标求和（利用递推公式，加一项）：

$$\sum _{i=m}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{m})=(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+1}{m+1})$$

• 平行恒等式：

$$\sum _{i=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{m+i}{i})=(\genfrac{}{}{0ex}{}{m+n+1}{n})$$

• 范德蒙德卷积：

$$\sum _{i=0}^k(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})(\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{k-i})=(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+m}{k})$$

• 二项式定理：

$$(a+b{)}^n=\sum _{i=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})a^i{b}^{n-i}$$

来看几个问题：

• 问题 $1$：给你 $n$ 个相同的球和 $m$ 个不同的盒子，问有多少种办法把这 $n$ 个球放进盒子？盒子不可以空。

利用插板法，不难得到 $(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{m-1})$。

• 问题 $2$：给你 $n$ 个相同的球和 $m$ 个不同的盒子，问有多少种办法把这 $n$ 个球放进盒子？盒子可以空。

我们借 $m$ 个元素过来，就显然是 $(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+m-1}{m-1})$。

• 问题 $3$：有不定方程 $X_1+X_2+···+X_n=S$，每个量都是非负整数，对于每个 $X_i$, 有限制 $X_i\le K$ ，计数这样的不定方程的解数。$n,K\le {10}^5$。

考虑到容斥，所有的减去一个大于 $K$，加上两个大于 $K$，问题就把 $S$ 减去若干个 $K$ 就好了，但是需要注意有顺序，所以要乘上 $(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})$。

然后是格路计数，就仿照卡特兰数，画两条线，然后上面那根对折以下就好了。

然后需要注意的是如果是有上下界，直接容斥即可，不要犹豫。

然后是斯特林数（由于不会打所以直接括号表示）：

• 第一类斯特林数：$(n,m{)}_1$ 表示 $n$ 个不同元素构成 $m$ 个圆排列方案。递推：

$$(n,m{)}_1=(n-1,m-1{)}_1+(n-1)\times (n-1,m{)}_1$$

• 第二类斯特林数：$(n,m{)}_2$ 表示 $n$ 个不同元素构成 $m$ 个非空子集。递推：

$$(n,m{)}_2=(n-1,m-1{)}_2+k\times (n-1,m{)}_2$$

需要特别特别特别记住的公式#

$$m^n=\sum _{i=0}^m(n,i{)}_2{m}^{\underset{―}{i}}$$

利用这个公式我们可以推很多组合意义。

比如 Card 和自然数幂和（虽然不如直接拉插）。

题目#

P1450 [HAOI2008] 硬币购物#

• Description：给你 $4$ 种硬币个数及面值，问恰好买 $s$ 元物体有多少种方式？

考虑容斥，限制放的硬币种类，最开始再预处理一下多重背包就好了。

P1641 [SCOI2010] 生成字符串#

• Description：$n$ 个 $0$ 和 $m$ 个 $1$，要求前 $k$ 位 $1$ 的个数不能少于 $n$ 的个数，问方案总数。

考虑组合意义，就是网格图画线，然后翻折一下求方案个数，然后稍微容斥一下即可。

CF1278F Cards#

• Description：有点复杂。

概率的题就是选中乘上选中的概率乘上没选中的乘上没选中的概率，推出来一下，然后用斯特林数幂展开，然后用二项式定理就做完了。

CF622F The Sum of the k-th Powers#

• Description：求 $\sum _{i=1}^n{i}^k$。

这个东西有个很明显的结论，就是它是 $k+1$ 次多项式，然后我们用拉格朗日插值插连续的 $k+2$ 个点值，算阶乘预处理就完了。

[AGC013E] Placing Squares#

• Description：有点复杂。

考虑分两类点，一类点是标记点，一类是没有标记点，然后我们设置两个不同的矩阵转移 DP，由于一共只会有线性个标记点，所以我们只需要做 $k-1$ 次快速幂和 $k$ 次乘法就完了。

CF1895F Fancy Arrays#

• Description：有点复杂。

考虑容斥，容斥下线后发现 $\le x-k+1$ 的贡献就是 $(2k+1{)}^{n-1}$，然后 $\le x$ 的就弄个矩阵优化 DP 就好了。

[ABC281G] Farthest City#

• Description：有点复杂。

考虑我们将图分层做 DP，那么第 $i$ 层的点只会连向第 $i+1$ 层或者第 $i$ 层自己，记录一下层的数量的当前层的点数就好了，注意 $n$ 点必须要在最后一层，所以要把剩余点数减 $1$。

数据结构

并查集#

其实并查集的本质就是一颗树，只不过看你是只维护连通性还是维护其他信息。

种类并查集#

就按照种类分层，然后不同种类之间互相连边，通常能够描述不同种类之间的矛盾关系。

带权并查集#

就是树上每条边都带权，然后由于有边权，所以大部分情况下不能路径压缩，只能按秩合并。

笛卡尔树#

考虑这样一个对于区间 $[l,r]$ 建树过程：

• 拎出最大值做根节点。
• 最大值两边的区间继续处理。

就是一个大根堆。

但是我们实际操作时不这么操作，因为复杂度是 $O(n^2)$ 的。

我们这么处理：

for ( int i = 1; i <= n; i ++ ) {
        int tmp = cnt;
        while ( tmp && a[id[tmp]] > a[i] ) {
            tmp --;
        }
        if ( tmp ) {
            tree[id[tmp]].r = i;
        }
        if ( tmp < cnt ) {
            tree[i].l = id[tmp + 1];
        }
        id[++ tmp] = i, cnt = tmp;
    }

就每次试着往右边加，如果不行往上跳，复杂度 $O(n)$。

如果忘了也可以直接分治 + 线段树 $O(n{\log }_{2}n)$ 做，应该不会卡。

哦，还有就是笛卡尔树的启发式搜索复杂度是对的（每次都往小的区间遍历）。

左偏树#

先建一个堆。

定义 $dis{t}_i$ 表示 $i$ 节点向右最多能走的节点个数。

然后合并堆的时候不断往下合并，如果左儿子的 $dist$ 小于了 右儿子，就交换。

为什么复杂度是对的，因为每一层都是满的（会交换），所以 $dist$ 最多不超过 ${\log }_{2}n$。

可能更详细的

放个详细点的合并代码：

int merge(int x, int y){
	if(!x || !y){
		return x + y; 
	}
	if(a[y] < a[x]){
		swap(x, y);
	}
	rs[x] = merge(rs[x], y);
	if(dist[ls[x]] < dist[rs[x]]){
		swap(ls[x], rs[x]);
	}
	dist[x] = dist[rs[x]] + 1;
	return x;
}

可持久化#

可持久化的本质就是维护多个历史版本，将上一个版本需修改的节点原封不动的复制下载，继续更改。

然后可持久化数据结构复杂度必须是非均摊的，否则可以通过单一元素不同版本多次查询卡你（如 Splay）。

然后复杂度正确必须保证新增节点个数正确与结构正确。

可持久化字典树#

一般是 O/1 Trie。

就先可持久化以下。

然后我们会发现这个东西对于某些差分问题有可减性，即对应节点相减可以把重复部分消掉，然后我们可以进行最大/最小/第 $k$ 大的异或值的求解。

放个插入代码，可能有点不一样：

void insert ( int &node, int k, int x ) { // k 表示位数
    tree[++ cnt] = tree[node];
    tree[cnt].siz ++;
    node = cnt;
    if ( k == -1 ) {
        return ;
    }
    insert ( tree[node].ch[( x >> k ) & 1], k - 1, x );
}

上述代码如果是第 $i$ 个历史版本更改而来要把 $r{t}_{now}=r{t}_i$。

可持久化线段树#

一般也是更改节点可持久化，能用标记永久化就尽量用标记永久化，pushdown 在一些情况下复杂度是对的也可以做。

可持久化权值线段树也利用可减性做题。

这个没有固定代码，就是修改的时候新增结点就好了。

可持久化平衡树#

当分裂与合并的时候，复制一份，然后维护历史版本。

可持久化一般是 FHQ，但是这个东西的复杂度似乎不太对，但是很难卡，但是我知道可持久化 FHQ 的区间复制复杂度肯定是错的。

详细讲区间复制：把历史版本与当前版本合并就行。

来点合并分裂：

void split(int node, int val, int &r1, int &r2){
  if(!node){
    r1 = 0;
    r2 = 0;
    return ;
  }
  if(tree[node].val <= val){
    r1 = newnode();
    tree[r1] = tree[node];
    split(tree[r1].rs, val, tree[r1].rs, r2);
    update(r1);
  }
  else{
  	r2 = newnode();
  	tree[r2] = tree[node];
    split(tree[r2].ls, val, r1, tree[r2].ls);
    update(r2);
  }
}

int merge(int x, int y){
  if(!x || !y){
    return x + y;
  }
  if(tree[x].key > tree[y].key){
  	int node = newnode();
  	tree[node] = tree[x];
    tree[node].rs = merge(tree[node].rs, y);
    update(node);
    return node;
  }
  else{
  	int node = newnode();
  	tree[node] = tree[y];
    tree[node].ls = merge(x, tree[node].ls);
    update(node);
    return node;
  }
}

线段树 & 平衡树#

线段树#

主要是讲一些基本模型

考虑到线段树的基本结构，我们需要开 $4n$ 个结点。

还有就是势能线段树，反正分析势能乱搞就对了（比如区间取 $min/max$）

然后以下是基本总结：

线段树（Segment Tree）是一种基于树结构的数据结构，主要用于处理区间查询和区间更新操作。其基本原理如下：

数据结构：

• 线段树通常是一棵平衡二叉树。
• 每个节点代表数组中一段连续的区间，叶子节点对应数组中的单个元素。

构建过程：

• 线段树从根节点开始，递归地将数组划分为更小的子区间，直到每个叶子节点表示数组中的一个单独元素。
• 每个非叶子节点存储其子节点的合并结果（如区间和、最大值等）。

功能：

• 区间查询：线段树能快速求解任意区间的查询问题，如区间和、最小值、最大值等。
• 区间更新：支持快速更新数组中的元素，并且能够保持树结构的正确性。

操作复杂度：

• 构建：线段树的构建时间复杂度为 $O(n)$，$n$ 是数组长度。
• 查询：查询操作的时间复杂度为 $O(\log n)$。
• 更新：更新操作的时间复杂度为 $O(\log n)$。

应用场景：

• 适用于需要频繁进行区间查询和更新的场合，如动态统计区间内的最值、求和等问题。
• 在解决动态数组查询问题时，特别是针对静态区间的查询和更新操作时表现优异。
• 总结来说，线段树通过将数组元素组织成树结构，利用树的特性实现高效的区间查询和更新，是解决区间统计问题的一种经典数据结构。

平衡树#

一般都是写 FHQ Treap。

如果是 Splay 就是单旋双旋旋到顶，可以动态适配复杂度（如 $O(\log n)$ 的启发式合并），还有就是可以实现 LCT。

如果是替罪羊树就是重构，这一类平衡树在乱搞方面有极大优势（如 KDT 重构），但是基本不太好写，复杂度也有问题，但是好想。

然后附上分裂合并代码：

void split ( int node, int &r1, int &r2, int k ) {
    if ( !node ) {
        r1 = r2 = 0;
        return ;
    }
    if ( tree[node].val <= k ) { // 如果已经小于，整个左子树也是满足的，分裂右子树
        r1 = node;
        split ( tree[node].rs, tree[node].rs, r2, k );
    }
    else { //不满足，右子树肯定满足 > k，合并到 r2，分裂左子树
        r2 = node;
        split ( tree[node].ls, r1, tree[node].ls, k );
    }
    pushup ( node );
}

int merge ( int x, int y ) { // 需保证 x 子树值比 y 子数值小
    if ( !x || !y ) {
        return x + y;
    }
    if ( tree[x].key < tree[y].key ) { // 随机合并，期望 log
        tree[x].rs = merge ( tree[x].rs, y );
        pushup ( x );
        return x;
    }
    else {
        tree[y].ls = merge ( x, tree[y].ls );
        pushup ( y );
        return y;
    }
}

题目#

P3261 [JLOI2015] 城池攻占#

直接每个点维护左偏树，然后暴力往上合并即可，由于一个元素最多删除一次，所以复杂度有保证。

P1552 [APIO2012] 派遣#

考虑到从下往上合并。

考虑一个人如果已经不能被选了，那么越往上走就越不能选，所以一个元素只会被丢一次，复杂度是对的。

P4755 Beautiful Pair#

考虑笛卡尔树启发式合并，小的区间暴力，大的区间直接加入树状数组查询即可，注意要好好分析启发式合并的复杂度，否则会挂。

P3899 [湖南集训] 更为厉害#

典题。

直接线段树合并统计贡献即可（发现深度是一段区间）。

P4592 [TJOI2018] 异或#

对链和子树分别做可持久化 0/1 Trie 上的二分，然后就没了。

P3586 [POI2015] LOG#

直接上平衡树统计一下贡献，判断一下贪心选择能否成功。

P4514 上帝造题的七分钟#

考虑到空间限制不允许我们使用二维线段树，所以我们可以二维树状数组维护差分数组的四个项，然后二位前缀和一下。

数论

exgcd#

通常来说，我们用辗转相除法求 $gcd(a,b)$。

根据裴属定理，$ax+by=c$ 有整数解当且仅当 $gcd(a,b)|c$，所以问题就被简化成了 $ax+by=gcd(i,j)$。

然后我们考虑在辗转相除的过程中求，具体来说：

• 辗转相除已经解出 $b{x}_1+(amodb)y_1=gcd(a,b)$
• 我们要求 $a{x}_2+b_{x}2=gcd(i,j)$ 的解。
• 将上面化简得：$b{x}_1+(a-b\lfloor \frac{a}{b}\rfloor )x_2$。
• 化简：$a{x}_2+b(x_2-b\lfloor \frac{a}{b}\rfloor )$。
• 然后继续递推就好了

Lucas 定理#

就是拆成 $p$ 进制下每一位的组合数相乘。

具体来说：

$$C_n^m=C_{n/p}^{m/p}\times C_{nmodp}^{mmodp}$$

通常运用在模数较小，然后求逆元会挂得情况下（如果你看不懂，你得逆元得重新学）。

CRT#

没用，不讲。

exCRT#

就我们设两个东西公共解为 $a$，列出二元一次方程，联立，然后不断重复解方程的过程就好了。

乘法逆元#

若 $ax\equiv 1(\mathrm{mod}p)$，则 $a$ 与 $x$ 在模 $p$ 意义下互为乘法逆元。

使用场景：

• 若出现 $(\frac{a}{b}modp)$，不能等价于 $\frac{amodp}{bmodp}$，此时可以用 $a$ 乘以 $b$ 的逆元 $in{v}_b$，$a\times in{v}_{b}modp$。

求解逆元：

• 求单个整数的逆元：
• • 扩展欧几里得算法：

$ax\equiv 1(\mathrm{mod}p)\Rightarrow ax+py=1$

1. 由此可知，乘法逆元不一定存在，因为方程并不一定有解。
2. 乘法逆元若存在，那么有无数个，但在模 $p$ 意义下只有一个（最小解）。

• • 有限情况下使用费马小定理：

费马小定理：若 $p\in \mathbb{P}$，且 $gcd(a,p)=1$，那么 $a^{p-1}\equiv 1(\mathrm{mod}p)$

1. $a^{p-1}\equiv 1(\mathrm{mod}p)\Rightarrow a^{p-2}\cdot a\equiv 1(\mathrm{mod}p)$，所以 $a^{p-2}$ 为 $a$ 在模 $p$ 意义下的逆元。

• 求 $1\sim n$ 的所有整数的逆元（前提是存在）：

$ax\equiv 1(\mathrm{mod}p)$，设 $p=a\cdot q+r$，其中 $q=\lfloor \frac{p}{a}\rfloor ,r=pmoda$，则 $p=a\cdot q+r\equiv 0(\mathrm{mod}p)$，$a\equiv -r\cdot in{v}_q(\mathrm{mod}p),in{v}_a=-q\cdot in{v}_{pmoda}$，那么 $in{v}_a=\frac{-q}{a}\cdot in{v}_{pmoda}$

1. 注意前提要存在。

• 线性求逆元：

1. 先预处理阶乘，然后处理出 $n!$ 的逆元，每次都乘上 $i$ 就可以线性求解 $1\sim n$ 的阶乘的逆元了，这个用的一般比较多，但是大部分时候用 $\log$ 就够了。

数论 $2$

基本数论#

数论函数：定义域为正整数的函数。

欧拉函数：定义 $\phi (n)=\sum _{i=1}^n[gcd(i,n)=1]$。

特殊点：

• $\phi (1)=1$。

特殊性质：

• 如果 $p\in \mathbb{P}$，$\phi (p^n)=p^{n-1}(p-1)$，证明：

与 $p$ 不互质的 $x$ 一共有 $p^{n-1}$ 个（含有 $p$），所以 $\phi (p)=p^n-p^{n-1}$，证毕。

• 若 $a|x$，则 $\phi (ax)=ax$，证明：

分成 $1\sim x,2x\sim 3x...$ 若干个区间，我们设 $1\sim x$ 里有 $p_1,p_2...$ 与 $ax$ 互质，那么 $p_1+x,p_2+x...$ 仍然与 $ax$ 互质，且只存在这些在 $x\sim 2x$ 之间的数与 $ax$ 互质，因为若有一个另外的数 $p_3$，那么 $p_3-x$ 理应与 $ax$ 也互质，推翻假设，证毕。

• 若 $gcd(a,b)=1$，$\phi (ab)=\phi (a)\phi (b)$，证明：

欧拉函数是积性函数。

欧拉函数的求法：

1. 用定义法求单个 $x$ 的欧拉函数 $\phi (x)$，公式如下：

$\phi (x)=x\cdot \frac{p_1-1}{p_1}\cdot \frac{p_2-1}{p_2}\cdot ...$。

2. 同线性筛求 $1\sim n$ 以内所有数值的欧拉函数，具体操作：

void init () {
	phi[1] = 1;
	for ( int i = 2; i <= 1000000; i ++ ) {
		if ( !vis[i] ) {
			prime[++ cnt] = i;
			phi[i] = i - 1;
		}
		for ( int j = 1; j <= cnt && i * prime[j] <= 1000000; j ++ ) {
			vis[i * prime[j]] = true;
			if ( !( i % prime[j] ) ) {
				phi[i * prime[j]] = phi[i] * prime[j];
				break;
			}
			phi[i * prime[j]] = phi[i] * ( prime[j] - 1 );
		}
	}
}

莫比乌斯反演#

就数论函数典型套路，然后讲莫比乌斯反演。

就是 $\sum _{d|n}\mu (d)=[n=1]$。

然后记住一些数论函数间的乘积关系，不过大部分没用。

然后一些典型推柿子：

• 转换变量，枚举最大公约数。
• $d(ij)=\sum _{x|i}\sum _{y|j}[gcd(x,y)=1]$
• 然后进行区域划分，分块套分块。
• 整理式子，改变顺序。
• 充分理解。

没有什么别的，就是推式子。

然后放一些经典例题（其实杜教筛学没学都一样，反正不会考）。

题目#

整除分块#

记录一下：$r=n/(n/l),l=r+1$。

主要就是利用除法的连续性。

P3327 [SDOI2015]约数个数和#

又是一道清新的莫比乌斯反演（真是令人作呕）。

Tm 的想了 $5$ 分钟没有想到怎么推柿子结果是 $d$ 的性质没了解到。这道题会 $d$ 的性质就秒秒钟切。

$d$ 的性质：

$$d(i\cdot j)=\sum _{x|i}\sum _{y|j}[gcd(x,y)=1]$$

有了这个性质就秒秒钟切，先令 $n\le m$：

$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m\sum _{x|i}\sum _{y|j}[gcd(x,y)=1]$$

$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[x|i][y|j][gcd(x,y)=1]$$

根据直觉可得：

$$\sum _{x=1}^n\sum _{y=1}^m\lfloor \frac{n}{x}\rfloor \lfloor \frac{m}{y}\rfloor [gcd(x,y)=1]$$

$$\sum _{x=1}^n\sum _{y=1}^m\lfloor \frac{n}{x}\rfloor \lfloor \frac{m}{y}\rfloor \sum _{p|gcd(x,y)}\mu (p)$$

$$\sum _{x=1}^n\sum _{y=1}^m\lfloor \frac{n}{x}\rfloor \lfloor \frac{m}{y}\rfloor \sum _{p=1}^n[p|x][p|y]\mu (p)$$

很显然 $[p|x][p|y]=0$ 是无用的：

$$\sum _{p=1}^n\mu (p)\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{p}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{p}\rfloor }\lfloor \frac{n}{pi}\rfloor \lfloor \frac{m}{pj}\rfloor$$

$$\sum _{p=1}^n\mu (p)\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{p}\rfloor }\lfloor \frac{n}{pi}\rfloor \sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{p}\rfloor }\lfloor \frac{m}{pj}\rfloor$$

然后发现 $\lfloor \frac{n}{pi}\rfloor =\lfloor \frac{\frac{n}{p}}{i}\rfloor$，此时你可以预处理出里面的数，外面和里面可以用整除分块搞。

P4213 【模板】杜教筛（Sum）#

包含着很多悲伤的故事（指卡 long long）。

考虑对于任意积性函数 $f(x)$ 来说，如果你要求 $S(n)=\sum _{i=1}^{n}f(i)$，你该怎么办。

正常做法是 $O(n)$，毒瘤们非常不爽，于是有了杜教筛。

首先我们需要知道狄利克雷卷积是什么:

我们定义 $f,g$ 为两个数论函数，则 $h=f\ast g$，有如下等式：

$$h(n)=\sum _{d|n}f(d)g(\frac{n}{d})$$

其实这个东西可以化成卷积的形式：

$$h(n)=\sum _{xy=n}f(x)g(y)$$

只不过上面那种形式比较通用。

考虑杜教筛的原理，先构造 $h,g$，使得 $h=f\ast g$，则：

$$\sum _{i=1}^{n}h(i)=\sum _{i=1}^n\sum _{d|n}f(\frac{i}{d})g(d)$$

$$\sum _{i=1}^{n}g(d)\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }f(i)$$

$$\sum _{i=1}^{n}g(d)S\left(\lfloor \frac{n}{d}\rfloor \right)$$

然后：

$$S(n)=\frac{\sum _{i=1}^{n}h(i)-\sum _{d=2}^{n}g(d)S\left(\lfloor \frac{n}{d}\rfloor \right)}{g(1)}$$

然后我们发现 $S\left(\lfloor \frac{n}{d}\rfloor \right)$ 是可以整除分块算的，我们只需快速算出 $\sum _{i=1}^{n}h(i)$ 即可，然后我们递归求解即可。

其复杂度为 $O(n^{\frac{2}{3}})$，其实没啥用。

P5221 Product#

感觉很难欸。

首先根据我们的瞪眼法不难发现 $104857601$ 是一个质数，这在后面非常有用。

然后你发现 $\text{lcm}$ 这东西，我熟啊，直接推柿子：

$$\prod _{i=1}^n\prod _{j=1}^n\frac{\text{lcm}(i,j)}{gcd(i,j)}$$

$$\prod _{i=1}^n\prod _{j=1}^n\frac{i\times j}{gcd(i,j{)}^2}$$

$$\frac{\prod _{i=1}^n\prod _{j=1}^{n}i\times j}{{\left(\prod _{i=1}^n\prod _{j=1}^{n}gcd(i,j)\right)}^2}$$

先看分子：

$$\prod _{i=1}^n\prod _{j=1}^{n}i\times j$$

$$\prod _{i=1}^n(i^n+n!)$$

解释一下这里为什么，你考虑当 $i$ 不变的情况下，$j=1,2,...,n$ 的情况就 OK 了。

$$(n!{)}^n\times \prod _{i=1}^n{i}^n$$

$$(n!{)}^{2n}$$

然后再看分母（公式警告）：

$${\left(\prod _{i=1}^n\prod _{j=1}^{n}gcd(i,j)\right)}^2$$

$$\prod _{d=1}^n\prod _{i=1}^n\prod _{j=1}^n[gcd(i,j)=d]gcd(i,j)$$

$$\prod _{d=1}^n{d}^{\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n[gcd(i,j)=d]}$$

这里很有道理吧！

然后我们只看指数：

$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n[gcd(i,j)=d]$$

$$\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }[gcd(i,j)=1]$$

我们发现，对于每个 $i$ 来说，有贡献的只有与他互质的数，这种计数方法在 GCD SUM 这道题里有所体现：

$$2\times (\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\phi (i))-1$$

那么我们便要求：

$$\frac{(n!{)}^{2n}}{{\left(\prod _{d=1}^n{d}^{2\times (\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\phi (i))-1}\right)}^2}mod104857601$$

然后你提交一发，发现 long long 会炸！所以我们需要用到欧拉定理：

当 $gcd(a,k)=1$ 时，有 $a^b=a^{bmod\phi (k)}$，此时我们的模数时质数，所以给指数模一下 $104857601-1$ 就行了。

然后就是疯狂注意细节。