山东集训笔记

4.29

• 访问数组某一位后其后面若干位会进入缓存，缓存运行速度较快。因此多维数组可以通过优化循环顺序提高运行速度。
• ::a 可用来访问全局变量。
• 从 $i$ 到 $j$ 走 $k$ 步的方案数可用矩阵加速。$C=a^k$，a表示邻接矩阵。具体见图：
  

4.30

• 运用逆元对除法做模运算（适用范围：$b,p$ 互质）。

若p为质数，运用费马小定理：

$$a^{p-1}\equiv 1(\mathrm{mod}p)\Rightarrow a^{p-2}\equiv {\displaystyle \frac{1}{a}}(\mathrm{mod}p)$$

$$a/b\equiv a/b^{p-2}(\mathrm{mod}p)$$

否则，运用欧拉定理：

$$a/b\equiv a/b^{\phi (m)-2}(\mathrm{mod}p)$$

• 求 $\phi (n)$。（类似容斥）

$$\phi (n)=n\times {\displaystyle \frac{p_1-1}{p_1}}\times \cdots \times {\displaystyle \frac{p_k-1}{p_k}}$$

喜报：扩展欧几里得算法全面碾了费马小定理，时间复杂度相同，但扩欧不要求互素。

根据逆元定义可得 $a\cdot x\equiv 1(\mathrm{mod}p)$，$x$ 为 $a$ 的逆元。显然，$k\cdot p+1\equiv 1(\mathrm{mod}p)$，由此可得:

$$a\cdot x+k\cdot p=1$$

这就可以用扩欧求解了。

• 求逆元

  1. $O(n)$ 阶乘和阶乘逆元预处理，然后可以将 $n\to 1$ 的逆元全部求出（约分）。

  代码：

  fac[0]=1;
  for(int i=1;i<=n;++i) fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%p;
  ifac[n]=ksm(fac[n],p-2,p);
  for(int i=n-1;i>=0;--i) ifac[i]=1ll*ifac[i+1]*(i+1)%p;
  for(int i=1;i<=n;++i) inv[i]=1ll*fac[i-1]*ifac[i]%p;

2. 递推。

$$pmodi$$

$$p=k\cdot i+r$$

$$-r\equiv k\cdot i(\mathrm{mod}p)$$

$${\displaystyle \frac{1}{i}}\equiv {\displaystyle \frac{k}{-r}}(\mathrm{mod}p)$$

代码：

  inv[1]=1;
  for(int i=2;i<=n;++i)
  {
          int k=p/i,r=p%i;
          inv[i]=1ll*(p-k)*inv[r]%p;//p-k同余于-k
  }

• Miller-Rabin 素性测试

若 $n$ 为素数，取 $a<n$，设 $n-1=d\cdot 2^r$，至少满足如下两条性质中的一条：

$$a^d\equiv 1(\mathrm{mod}n)$$

$$\mathrm{\exists }0\le i<r,a^{d\cdot 2^i}\equiv -1(\mathrm{mod}n)$$

代码：

点击查看代码

bool Miller-Rabin(int n,int a)
{
	int d=i-1,r=0;
	while(!d%2) d/=2,++r;
	int x=ksm(a,d,n);
	if(x==1) return 1;
	for(int i=0;i<r;++i)
	{
		if(x==n-1) return 1;
		x=1ll*x*x%n;
	}
	return 0;
}
bool is_prime(int now)//写法1
{
	for(int i=1;i<=50;++i)
	{
		int a=rand()%(n-1)+1;
		if(!now%a) return 0;
	}
	return 1;
}
bool is_prime(int now)//写法2(成功率较高)
{
	if(now<2) return 0;
	for(int i=1;i<8;++i)
	{
		if(now==prime_list[i]) return 1;
		if(!now%prime_list[i]) return 0;
		if(!Miller-Rabin(now,prime_list[i]%n)) return 0;
	}
	return 1;
}

- 扩展欧几里得算法：给定 $a$,$b$，$g=gcd(a,b)$，求使 $x\cdot a+y\cdot b=g$ 的 $x,y$。 $$gcd(a,b)=gcd(b,amodb)=g$$ $$xa+yb=x^{\prime }b+y^{\prime }(amodb)$$ $$xa+yb=x^{\prime }b+y^{\prime }(a-b\cdot \lfloor {\displaystyle \frac{a}{b}}\rfloor )$$ $$xa+yb=x^{\prime }b+y^{\prime }(a-b\cdot \lfloor {\displaystyle \frac{a}{b}}\rfloor )$$ $$xa+yb=y^{\prime }a+(x^{\prime }-y^{\prime }\cdot \lfloor {\displaystyle \frac{a}{b}}\rfloor )b$$ $$x=y^{\prime },y=(x^{\prime }-y^{\prime }\cdot \lfloor {\displaystyle \frac{a}{b}}\rfloor )$$ 代码：

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

来自 zr 的优化写法：

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

• 中国剩余定理

显然，两个同余方程可解出一个同余方程。暴力做法是进行枚举，每次加 $max(q1,q2)$，直至 $x>lcm(q1,q2)$。（但这个暴力不好卡 qaq）

$$xmod{p}_1=a_1$$

$$xmod{p}_2=a_2$$

$$x=k_1\cdot p_1+a_1=k_2\cdot p_2+a_2$$

$$k_1\cdot p_1-k_2\cdot p_2=a_2-a_1$$

可以发现这样就和扩展欧几里得算法类似，就可以写出如下代码（学长的代码挂掉了，放的是我在模板题解中学习的方法）：

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define ld long double
using namespace std;
ll n,p[100005],a[100005];
ll exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y)
{
	if(!b){ x=1,y=0; return a; }
	ll g=exgcd(b,a%b,x,y);
	ll temp=x;
	x=y,y=temp-a/b*y;
	return g;
}
ll mul(ll a,ll b,ll md)
{
	ll ans=0;
	while(b)
	{
		if(b&1) ans=(ans+a)%md;
		a=(a+a)%md;
		b>>=1;
	}
	return ans;
}
ll EXCRT()
{
	ll x,y;
	ll ans=a[1],P=p[1];
	for(int i=2;i<=n;++i)
	{
		ll B=p[i],C=(a[i]-ans%B+B)%B;
		ll g=exgcd(P,B,x,y),temp=B/g;
		if(C%g) return -1;
		x=mul(x,C/g,temp)/*a2-a1并不一定是P，B的gcd，因此需要乘(a2-a1)/gcd(P,B)*/,ans+=x*P,P*=temp,ans=(ans%P+P)%P;
	}
	return (ans%P+P)%P;
}
int main()
{
	ios_base::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(NULL);
	cout.tie(NULL);
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;++i) cin>>p[i]>>a[i];
	cout<<EXCRT()<<endl;
	return 0;
}

然鹅，这份代码不是严格的中国剩余定理，因为扩展中国剩余定理（不要求互质）也是这份代码。$(?$

• 筛法

1. 埃氏筛

直接上代码：

for(int i=2;i<=n;++i)
	for(int j=i<<1;j<=n;j+=i)
		not_prime[b]=1;

复杂度 $O(n\log n)$，Vergil证过，但我忘了怎么证了。

稍加优化：

for(int i=2;i<=n;++i)
	if(!not_prome[i])
		for(int j=i<<1;j<=n;j+=i)
			not_prime[j]=1;

复杂度 $O(n\log \log n)$。

2. 欧拉筛

按照上面的思想，每个数都会被它的许多质因子筛一次，这就会造成一定浪费。

代码：

for(int i=2;i<=n;++i)
{
	if(!not_prime[i]) prime[++cnt]=i;
	for(int j=1;j<=cnt;++j)
	{
		int x=prime[j]*i;
		if(x>n) break;
		not_prime[x]=1;
		if(!(i%prime[j])) break;//保证只被最小的素数筛
	}
}

• 积性函数：对于互素的 $a,b$，$f(a)\cdot f(b)=f(ab)$.

完全积性函数：对于任意的 $a,b$，$f(a)\cdot f(b)=f(ab)$.

$\phi$ 就是积性函数，这很容易证明。

若 $i,p[j]$ 不互素，则对于 $\phi (i)$ 的质因子不做改变，只改变原公式中的 $n$，即：

$$\phi (i\cdot p[j])=\phi (i)\cdot p[j]$$

递推求 $\varphi$ 代码：

for(int i=2;i<=n;++i)
{
	if(!not_prime[i]) prime[++cnt]=i;
	for(int j=1;j<=cnt;++j)
	{
		int x=prime[j]*i;
		if(x>n) break;
		not_prime[x]=1,phi[x]=(prime[j]-1)*phi[i];
		if(!i%prime[j]) { phi[x]=phi[i]*prime[j]; break; }
	}
}

5.1

• 北上广深（BSGS）

给定质数 $a,b,p$，求 $x$ 使得 $a^x\equiv b(\mathrm{mod}p)$.很明显暴力复杂度 $O(p)$.

如果将 $a^i$ 分组，每组 $s$ 个，如果在第 $j$ 组出现解，则 $b\cdot a^{-j\cdot s}$ 一定在第一组出现。

代码：

bool solve(int a,int b,int p)
{
	int s=sqrt(p),v=1;
	for(int i=0;i<=s;++i) mp[v]=i,v=1ll*v*a%p;
	for(int i=0;i<=pow(p,0.5);++i)
	{
		int c=1ll*b*ksm(ksm(a,i*s),p-2)%p;
		if(mp.count(c)) return cout<<mp[c]+i*s,0;
	}
	return 1;
}

复杂度 $O(\sqrt{n})$，带个 $\log$。

• 组合数学

杨辉三角，递推，加法原理，乘法原理都会hh。

1. 选任意多，共有 $2^n$ 种方案。
2. 对于 $n\ge 1$，

$${\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{1})}-{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{2})}+{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{3})}-...{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{n})}=0$$

证明：

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

$${\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{2})}={\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{1})}+{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{2})}$$

$$\dots$$

多次枚举，可以发现，这些可以刚好消掉，不严谨地证毕。

PS：因为 ${\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m})}$ 一定为整数，所以可以考虑分子分母约分。

• 二项式定理

真没想到就是这个

$(x+y{)}^n$ 各项系数等于杨辉三角第 $n+1$ 行系数。

$$(x+y{)}^n=\sum _{i=0}^n{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})}{x}^{n-i}{y}^i$$

与递推结合一下，可得展开 $k$ 次：

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

由前一个式子到后一个式子可以理解为将连续加和反向，写可以设 $j=k-i$，得 $\sum _{j=0}^k{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n-k}{m-j})}$，再将 $j$ 换成 $i$.

• 卢卡斯定理
  适用于组合数取模，模数为质数。将 $n,m$ 转化为 $p$ 进制，则：

$${\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m})}=\prod _{i=0}^{mx}{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{a_i}{b_i})}modp$$

其实最原始的公式是这样的，利用递归：

$${\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m})}={\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{nmodp}{mmodp})}\cdot {\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n/p}{m/p})}$$

浅浅证明一下：

首先有一个前置：$(1+x{)}^p\equiv 1+x^p(\mathrm{mod}p)$

根据二项式定理，前式可以写成如下形式：

$$1+(\genfrac{}{}{0ex}{}{p}{1})x^1+(\genfrac{}{}{0ex}{}{p}{2})x^2+(\genfrac{}{}{0ex}{}{p}{3})x^3+\cdots +(\genfrac{}{}{0ex}{}{p}{k})x^k+\cdots +x^p$$

$$(\genfrac{}{}{0ex}{}{p}{i})={\displaystyle \frac{p!}{i!\cdot (p-i)!}}$$

对于质数 $p$，在 $(\mathrm{mod}p)$ 意义下，中间每一项的结果一定为零；但如果是合数，则会与分子进行约分，这就是扩展卢卡斯定理的范围。

至此，该前置式子已证毕。

接下来证明定理。

设 $n=sp+q,m=tp+r$.

$${\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m})}={\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{q}{r})}\cdot {\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{s}{t})}$$

对于 $(1+x{)}^n=(1+x{)}^{sp+q}=[(1+x{)}^p{]}^s\cdot (1+x{)}^q$，所求即为 $x^m$ 项的系数。

上式 $\equiv (1+x^p{)}^s\cdot (1+x{)}^q$.

二项式展开，试图开卷，可以看出前一个式子只能得到幂次大于等于 $p$ 的项，而后一个式子只能得到幂次小于 $p$ 的项。$m=tp+r$，所以前一个式子要提供 $x^{tp}$，后一个式子要提供 $x^r$，$x^m$项的系数即为该两项的乘积，得出：

$${\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m})}={\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{s}{t})}\cdot {\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{q}{r})}$$

证毕。

代码（因为我的不理解，还以为代码又挂了，对不起，贴一下模板）：

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
#define ld long double
#define ll long long
using namespace std;
int t,p,a[100005],b[100005],tail1,tail2,frac[100005];
void first(){ frac[0]=1; for(int i=1;i<=p;++i) frac[i]=1ll*frac[i-1]*i%p; }
int ksm(int x,int mx)
{
		int ans=1;
		while(mx)
		{
			if(mx&1) ans=1ll*ans*x%p;
			x=1ll*x*x%p;
			mx>>=1;
		}
		return ans;
}
int C(int x,int y)
{
		if(y>x) return 0;
		return (1ll*frac[x]*ksm(frac[y],p-2)%p*ksm(frac[x-y],p-2)%p);
}
int Lucas(int n,int m)
{
		memset(a,0,sizeof(a)),memset(b,0,sizeof(b));
		tail1=tail2=0;
		while(n) a[++tail1]=n%p,n/=p;
		while(m) b[++tail2]=m%p,m/=p;
		int ans=1;
		for(int i=1;i<=max(tail1,tail2);++i) ans=1ll*ans*C(a[i],b[i])%p;
		return ans;
}
int n,m;
int main()
{
		ios_base::sync_with_stdio(false);
		cin.tie(NULL);
		cout.tie(NULL);
		cin>>t;
		while(t--)
		{
			cin>>n>>m>>p;
			first();
			cout<<((p==1)?0:Lucas(n+m,n))<<"\n";
		}
		return 0;
}

如果 $p$ 不是质数：需要扩展卢卡斯定理。将 $p$ 分解质因数，用卢卡斯定理得到多个同余方程，然后利用中国剩余定理合并。

exlucas 不咕哩。

首先将 $p$ 分解质因数，然乎可以拆成多个同余方程：

$$\{\begin{array}{l}{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m})}mod{p}_1^{a1}\\ {\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m})}mod{p}_2^{a2}\\ \dots \end{array}$$

之后就可以用 excrt 求解。

很显然，阶乘的逆元不能直接求，因为不一定互质。

那就构造一下，将因子 $P$ 全部提出。

$$\frac{\frac{n!}{P^x}}{\frac{m!}{P^y}\frac{(n-m)!}{P^z}}{P}^{x-y-z}mod{P}^k$$

现在等价于求

$$n!mod{P}^k$$

其中，$n!$ 可以写成这种形式：

$$n!\mathrm{\%}{p}^k=p^{n/p}\times (n/p)!\times (\prod _{i,gcd(i,p)=1}^{p^k}i{)}^{n/p^k}\times (\prod _{i,gcd(i,p)=1}^{p\mathrm{\%}k}i)\mathrm{\%}{p}^{k}n!$$

即将所有小于 $n$ 的 $P$ 的倍数提出，$P$的次幂会被消掉，可直接忽略。

显然，剩余部分会构成一个循环节，每 $P-1$ 个数一个循环，最后会剩余 $n-\lfloor {\displaystyle \frac{n}{p}}\rfloor \cdot p$ 个数，前半部分递归，后半部分暴力枚举。

然后就是求其中的 $x$。

假设 $p^{x^{\prime }}$ 整除 $\lfloor {\displaystyle \frac{n}{p}}\rfloor$，$x=x^{\prime }+{\displaystyle \frac{n}{p}}$，也递归实现即可。

代码：

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
#define ld long double
#define ll long long
using namespace std;
ll n,m,p,A[100005],pr[100005],cnt;
ll exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y) {
	if(!b) return x=1,y=0,a;
	ll g=exgcd(b,a%b,x,y);
	ll temp=x;
	x=y,y=temp-a/b*y;
	return g;
}
ll inv(ll x,ll pi) {
	ll a,b;
	exgcd(x,pi,a,b);
	return (a+pi)%pi;
}
ll ksm(ll x,ll mx,ll md) {
	ll ans=1;
	x%=md;
	while(mx) {
		if(mx&1) ans=ans*x%md;
		x=x*x%md;
		mx>>=1;
	}
	return ans;
}
ll mul(ll x,ll mx,ll md) {
	ll ans=0;
	while(mx) {
		if(mx&1) (ans+=x)%=md;
		(x+=x)%=md;
		mx>>=1;
	}
	return ans;
}
ll fac(ll x,ll pi,ll tol) {
	if(x==0) return 1;
	ll cir=1,rem=1;
	for(ll i=1;i<=tol;++i) if(i%pi) cir=cir*i%tol;
	cir=ksm(cir,x/tol,tol);
	for(ll i=tol*(x/tol);i<=x;++i) if(i%pi) rem=rem*(i%tol)%tol;
	return fac(x/pi,pi,tol)*cir%tol*rem%tol;
}
ll sum(ll x,ll pi){ return x<pi?0:sum(x/pi,pi)+x/pi; }
ll C(ll pi,ll tol) {
	ll k1=fac(n,pi,tol),k2=inv(fac(m,pi,tol),tol),k3=inv(fac(n-m,pi,tol),tol),k4=ksm(pi,sum(n,pi)-sum(m,pi)-sum(n-m,pi),tol);
	return k1*k2%tol*k3%tol*k4%tol;
}
ll excrt() {
	ll x,y;
	ll ans=A[1],P=pr[1];
	for(int i=2;i<=cnt;++i) {
		ll B=pr[i],C=(A[i]-ans%B+B)%B;
		ll g=exgcd(P,B,x,y),temp=B/g;
		x=mul(x,C/g,temp),ans+=x*P,P*=temp,ans=(ans%P+P)%P;
	}
	return (ans%P+P)%P;
}
ll exlucas() {
	ll P=p;
	for(ll i=2;i*i<=p;++i)
		if(!(P%i)) {
			ll temp=1;
			while(!(P%i)) temp*=i,P/=i;
			pr[++cnt]=temp;
			A[cnt]=C(i,temp);
		}
	if(P!=1) pr[++cnt]=P,A[cnt]=C(P,P);
	return excrt();
}
int main() {
	ios_base::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(nullptr); cout.tie(nullptr);
	cin>>n>>m>>p;
	cout<<exlucas()<<"\n";
	return 0;
}

- 有一个很神奇的比较组合数的思路：转换为 $\log$ 再进行比较。 - 求和变形 1. 增加枚举量。 2. 交换枚举顺序。 3. 分离无关变量。

如P3746，首先运用二项式定理。

$$\begin{array}{rl}& \sum _{i=0}^{\mathrm{\infty }}\sum _{j=0}^k{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{j})}\cdot {\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{nk-k}{ik+r-j})}\\ & =\sum _{j=0}^k\sum _{i=0}^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{j})}\cdot {\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{nk-k}{ik+r-j})}\\ & =\sum _{j=0}^k{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{j})}\cdot f(n-1,r-j)\end{array}$$

将 $f$ 增加一维，转化为矩阵的形式。

$$f_n[1][r]=\sum _{j=0}^k{f}_{n-1}[1][r-j]\cdot D[r-j][r]$$

$$D[r-j][r]={\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{j})}$$

• 抽屉原理

模型：将 $n+1$ 个物品放入 $n$ 个抽屉中，必定有两个物品放入同一个抽屉。

• 容斥原理

很容易理解的一个东西，公式如下。

5.2

• 可以将较强的要求拆解，转换为较弱的条件，再利用容斥解决。
• 高斯消元

就这篇博客放这儿你敢说不会？

就这题你怎么过的 $hack$ 数据你敢说不会？

竟然不讲约旦！

• 计算逆矩阵

只有对角线为 $1$ 的矩阵为单位矩阵。

交换单位矩阵第 $i$ 行和第 $j$ 行的 $1$，等于交换该两行。

改变单位矩阵第 $i$ 行第 $j$ 列，即将第 $j$ 行加到第 $i$ 行。

将原矩阵与单位矩阵一起进行高斯消元，可求得原矩阵逆矩阵。

放一下模板代码：

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define ld long double
using namespace std;
const int p=1e9+7;
ll n,a[405][805];
ll ksm(ll x,ll mx)
{
	ll ans=1;
	while(mx)
	{
		if(mx&1) ans=ans*x%p;
		x=x*x%p;
		mx>>=1;
	}
	return ans%p;
}
void g_j()
{
    for(int i=1;i<=n;++i)
    {
        int temp=i;
        for(int j=i+1;j<=n;++j)
            if(a[j][i]>a[temp][i])
                temp=j;
        if(temp!=i)
            for(int j=1;j<=(n<<1);++j)
                swap(a[i][j],a[temp][j]);
        if(!a[i][i]){ cout<<"No Solution"<<endl; return; }
        ll w=ksm(a[i][i],p-2);
        for(int j=1;j<=n;++j)
            if(j!=i)
            {
                ll r=a[j][i]*w%p;
                for(int k=i+1;k<=(n<<1);++k)
                    a[j][k]=((a[j][k]-a[i][k]*r)%p+p)%p;
            }
        for(int j=1;j<=(n<<1);++j) a[i][j]=a[i][j]*w%p;
    }
    for(int i=1;i<=n;++i)
    {
        for(int j=n+1;j<=(n<<1);++j) cout<<a[i][j]<<' ';
        cout<<"\n";
    }
}
int main()
{
	ios_base::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(NULL);
	cout.tie(NULL);
	cin>>n; 
	for(int i=1;i<=n;++i)
	{
    	a[i][i+n]=1;
	    for(int j=1;j<=n;++j) cin>>a[i][j];
	}
	g_j();
	return 0;
}

- 概率 $$A\cap B=A\cdot B$$ $$A\cup B=A+B$$ $$A-B=A-A\cdot B$$ - $P(A|B)$ 为条件概率，$B$ 发生时 $A$ 发生的概率。 $$P(A|B)={\displaystyle \frac{P(AB)}{P(B)}}$$ - 独立事件： $A,B$ 无关系。 $$P(A)\cdot P(B)=P(AB)$$ 即 $$P(A)=P(A|B)$$ - 期望

你看看你题单里的两紫两黑。

• 求和变形

4. 换元法

见下：

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结课啦，芜湖（zhx学长性格好好啊）。