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简单数学基础

前言

数学是算法的核心

知识清单

• 莫比乌斯反演

• 高斯消元

• 拓展欧几里得

• 矩阵乘法

• 逻辑、命题与证明

A - 简单莫反(I)

首先进行一个转化，记 $f(u,v,k)$ 为 $x:1\sim u;y:1\sim v;gcd(x,y)=k$ 的答案

那么对于询问 $a,b,c,d$ 有答案为 $f(b,d,k)-f(a,d,k)-f(b,c,k)+f(a,c,k)$

这么做是为了将询问从四个自由元变成两个自由元

如何求出 $f(A,B,k)$

实际上我们知道形如 $(kx,ky)$ 的数对的最大公因数一定是 $k$ 的倍数，且最大公因数为 $k$ 的倍数的数对一定可以写为 $(kx,ky)$ 的形式，因此我们证明了：

$$\{(kx,ky):1\le kx\le A,1\le ky\le B\}=\{(x,y):k|gcd(x,y),1\le x\le A,1\le y\le B\}$$

设 $g(A,B,k)$ 为 $x:1\sim A;y:1\sim B;k|gcd(x,y)$ 的答案

那么有

$$g(A,B,k)=\lfloor \frac{A}{k}\rfloor \cdot \lfloor \frac{B}{k}\rfloor =\sum _{k|s}f(A,B,s)$$

应用莫比乌斯反演有

$$\begin{array}{}\text{(1)}& f(A,B,k)& =\sum _{k|s}g(A,B,s)\cdot \mu (\frac{s}{k})=\sum _{k|s}\lfloor \frac{A}{s}\rfloor \lfloor \frac{B}{s}\rfloor \cdot \mu (\frac{s}{k})\text{(2)}& & =\sum _{s=\lambda d}\lfloor \frac{A}{\lambda k}\rfloor \lfloor \frac{B}{\lambda k}\rfloor \cdot \mu (\lambda )=\sum _{\lambda }\lfloor \frac{\lfloor \frac{A}{k}\rfloor }{\lambda }\rfloor \lfloor \frac{\lfloor \frac{B}{k}\rfloor }{\lambda }\rfloor \cdot \mu (\lambda )\end{array}$$

应用整除分块即可

B - 简单高斯消元

可以把所有的可行的询问处理出来（先别问交互器，先在本地处理一下），当作一个线性方程组

然后就是看这 $O(n^2)$ 个方程的秩是否为 $n-1$ ，这是因为方程组有唯一解的充要条件是

$$r(A)=r([A|b])$$

但是直接高斯消元的话时间复杂度是 $O(n^4)$ 的，这个时候注意到系数矩阵的元素均为 $0/1$ 因此可以使用 bitset 来优化，则时间复杂度为 $\mathrm{\Theta }(\frac{n^4}{\omega })$

C - 简单莫反(II)

先考虑去掉绝对值，那就是把 $a_i$ 从小到大排序，那么答案就是

$$\begin{array}{}\text{(3)}& & 2\sum _{i>j}(a_i-a_j)\cdot \frac{b_i{b}_j}{\stackrel{2}{gcd}(b_i,b_j)}\text{(4)}& =& (\sum _{i\le n}{a}_i{b}_i\sum _{j<i}\frac{b_j}{\stackrel{2}{gcd}(b_i,b_j)})-(\sum _{i\le n}{a}_i\sum _{j<i}\frac{a_j{b}_j}{\stackrel{2}{gcd}(b_i,b_j)})\text{(5)}& =& (\sum _{i\le n}{a}_i{b}_i\sum _{\begin{array}{c}j<i\\ gcd(b_i,b_j)=t\end{array}}\frac{b_j}{t^2})-(\sum _{i\le n}{a}_i)\sum _{\begin{array}{c}j<i\\ gcd(b_i,b_j)=t\end{array}}\frac{a_j{b}_j}{t^2}\end{array}$$

对于 $j<i$ 的限制我们可以考虑从小往大维护一个累和的东西来完成所有就是

$$\begin{array}{}\text{(6)}& & (\sum _{i\le n}{a}_i{b}_i\sum _{\begin{array}{c}j<i\\ gcd(b_i,b_j)=t\end{array}}\frac{b_j}{t^2})-(\sum _{i\le n}{a}_i\sum _{\begin{array}{c}j<i\\ gcd(b_i,b_j)=t\end{array}}\frac{a_j{b}_j}{t^2})\text{(7)}& =& \sum _{i\le n}{a}_i(b_i\sum _{t|b_i}\frac{\sum _{gcd(b_i,b_j)=t}{b}_j}{t^2}-\sum _{t|b_i}\frac{\sum _{gcd(b_i,b_j)=t}{a}_j{b}_j}{t^2})\end{array}$$

（md，latex太难敲了，现场给你们讲吧）

就是仿照 A 题的处理思路来处理 $gcd(b_i,b_j)=t$ 的限制

所以时间复杂度就是 $O(N\omega (N))$ 可以通过

D - 神奇不等式

首先注意到不等式:

$$|x-y|\le x\oplus y\le x+y$$

然后分类讨论：

对于 $1\le y\le 2x$ 的 $y$ ，

暴力枚举检验

对于 $2x<y\le m$ 的 $y$ ，

$$x\oplus y>y-x>\frac{1}{2}y⟹y\mathrm{不}\mathrm{可}\mathrm{能}\mathrm{是}x\oplus y\mathrm{的}\mathrm{倍}\mathrm{数}$$

所以有所有的 $y$ 一定是形如：

$$x\oplus y=\lambda x⟹y=\lambda x\oplus x$$

然后对于边界处的 $\lambda$ 进行检验即可，时间复杂度为 $O(\sum x+T\log m)$

E - 不等式证明时间复杂度

首先不难注意到答案不超过 $2\log a$ ，所以考虑爆搜，如果层数爆了就剪枝

那么时间复杂度为

$$O(\sum 2^{2\log a})=O(\sum a^2)\le O((\sum a{)}^2)$$

F

这需要注意到一个性质：

性质1：

一个集合能合并的充要条件是差分数组的 $gcd$ 不含有 $2$ 以外的因数

证：

考虑无法操作的时候，所有元素的差分数组是奇数且相等

因为如果存在偶数，那么可以把偶数拆分；

如果存在不同的奇数可以在不同的奇数间操作

然后不难发现一个性质是无论怎么操作差分数组的 $gcd$ 将 $2$ 的因子全部除去得到的值 ${gcd}^{\prime }$ 是不变的

必要性：假如 ${gcd}^{\prime }\ne 1$ 则每个元素一定是 ${gcd}^{\prime }$ 的倍数，不连续

充分性：假如 ${gcd}^{\prime }=1$ 则每个元素最终必定为 $1$ ，否则一定存在不同的奇数

然后通过欧几里得算法可知，改变集合内元素的顺序不影响 ${gcd}^{\prime }$ ，所以只需要原序列的差分数组的 ${gcd}^{\prime }=1$ 即可

实现方法有很多种，包括线段树和st表，这里提供 cdq分治 的做法

G - 狗屎的构造题

考虑把所有数分成四类：

$$\begin{array}{}\text{(8)}& & x<\frac{n}{2}:x\to 1\text{(9)}& & x=\frac{n}{2}:x\to 2\text{(10)}& & x=\frac{n}{2}+1:x\to 3\text{(11)}& & x>\frac{n}{2}+1:x\to 4\end{array}$$

然后题面就转换为了求出 $2,3$ 分别在哪，这个可以考虑每次去掉两个元素：

(a)如果去掉的是 $1,4$ ，那么返回的答案是 $2,3$
(b)如果去掉的是 $2,3$ ，那么返回的答案是 $1,4$
(c)如果去掉的是 $1,2$ ，那么返回的答案是 $3,4$
(d)如果去掉的是 $1,3$ ，那么返回的答案是 $2,4$
(e)如果去掉的是 $2,4$ ，那么返回的答案是 $1,3$
(f)如果去掉的是 $3,4$ ，那么返回的答案是 $1,2$
(g)如果去掉的是 $1,1$ ，那么返回的答案是 $3,4$
(h)如果去掉的是 $4,4$ ，那么返回的答案是 $1,2$

然后相当于使用了 $\frac{n}{2}$ 次操作求出了每对相邻元素的类型

假如出现了 (b) ，直接结束

其余的情况考虑分类模拟即可

H - 线性基入门题

不难发现所有的环都是可以选择走或者不走的，这就启发我们使用线性基来计算

先把图的 $dfs$ 生成树建出来，然后对于每个元素做一遍树上前缀异或，然后查看非树边能不能有机会为这一层的线性基贡献元素，然后一层层从大到小构造线性基，记得构建完每层的线性基要把那一层的值都给消掉，这个过程与高斯消元法是一致的

然后看看怎么处理答案：

把建完线性基的图再跑一遍 $dfs$ 生成树，令 $a_i$ 表示根节点到 $i$ 节点的前缀异或值，这个时候对于任意一个边 $(u,v,w)$ 一定有 $a_u\oplus a_v=w$

对于一个 $x,y$ ，$d(x,y)=(a_x\oplus a_y)\oplus t$ 其中 $t$ 是从线性基里贪心选取出来的

这个时候我们不能直观地看出 $t$ 要选哪些，但是如果我们将线性基的矩阵化为标准型，那么 $a_x\oplus a_y$ 有哪一位是 $0$ ，这一位的线性基就要被选取，之后我们就只需要关心一个区间里有多少个位是 $0$ 即可，这个可以用 $\log$ 个前缀和来维护

I

建议先把 J 做出来再做这个题

不难发现结构：

POP 1 GOTO 2;PUSH 1 GOTO 1
POP 2 GOTO 3;PUSH 2 GOTO 1
POP 3 GOTO 4;PUSH 3 GOTO 1
...
POP [i] GOTO [i+1];PUSH [i] GOTO 1
...
POP [K] GOTO [K+1];PUSH [K] GOTO 1
HALT;PUSH 114514 GOTO 1919810

会被运行恰好 $\sum _{i=1}^K{2}^i$ 次

然后不难发现将第 $x(K>x)$ 行的 GOTO 1 改为 GOTO 2 那么将使答案减少 $2^{K-i}$

所以需要求出最大的 $K$ 使得 $2^K\le n$

事实上，这个构造是该题目的最优解，赛时通过此题允许两倍的构造空间

J - 递归分析

事实上想整出死循环还是很简单的

由于每次是在栈顶添加和访问元素，所以可以考虑对于每一个指令分别求出其存活周期(因为它会把以前的元素覆盖掉)

(1)事实上如果一个指令会去到死循环的指令，那么这个指令是死循环的

(2)一个指令的生命周期内不能再次出现自己

对于每个指令维护：

生命周期、生命周期结束后去到那个位置(或者程序终止)

由于确保了 (2) 性质，每一个指令遍历的元素不会超过 $O(n)$ 因此时间复杂度为 $O(n^2)$

K - 简单证明题

先二分答案，把所有的点都变成黑白点

然后注意到一个性质：

性质1

最后的答案能成为黑点的充要条件是：

​ (1)存在一个黑点的度数大于2

​ 或者

​ (2)存在至少两个黑点

可以使用归纳法证明

L

转化一下题意： 就是要求 $\frac{ad+bc}{bd}$ 约分完后分母仅剩 $2,5$ 因子

考虑进行一些变换：设 $g=gcd(b,d),b=b^{\prime }g,d=d^{\prime }g$

则

$$\frac{ad+bc}{bd}=\frac{a{d}^{\prime }+b^{\prime }c}{b^{\prime }{d}^{\prime }g}$$

可以分析：$b^{\prime },d^{\prime }$ 均只含有因数 $2,5$

然后我们对 $g$ 进行分析，令 $g=2^A{5}^B\cdot y$

所以 $y$ 是确定的，然后必然有 $d=d^{\prime }\cdot g=d^{\prime }\cdot 2^A{5}^B\cdot y$

则有 $d=2^C{5}^D\cdot y$ ，枚举这样的 $C,D$ 后可以求出 $d$

然后这个时候分子必须把分母里的 $y$ 给约分掉，所以分子必须是 $y$ 的倍数，所以可以列出不定方程，进行拓欧

M

事实上，与其关心两者的比例不如关心其中一者的占比

然后这个题目就转换为:

$$\begin{array}{}\text{(12)}& c_i\in \{0,1\},\frac{\sum _{i=0}^n{a}^i{b}^{n-i}}{(a+b{)}^n}=\frac{x}{x+y}\end{array}$$

递归判断即可