SDSC笔记

Day1

图论杂讲

联合权值：枚举中转点 $\mathcal{O}(n)$。

关押罪犯: $X$ 为自己， $X'$ 为对面，按照怒气值排序，每次把 $X$ 和 $Y`$ 以及 $Y$ 和 $X`$` 合并，出现冲突就退出。

食物链: 类似关押罪犯，$X_1$ 为自己，$X_2$ 为食物，$X_3$ 为天敌。

车站分级: 每辆车会给车站带来一个大小关系，把未停靠向已停靠的车站连边，拓扑排序的时候dp，暴力连边 $O(n^2m)$ ，引入辅助点时间复杂度 $O(nm)$

BZOJ 2563: 把边权分到两个点权上

运输计划: 二分最大值，剩下不满足条件的边用树上差分来记录边有多少路径，每条为 $k$ 条路径经过的边枚举一下删哪条边。

CF1349C:$c_{i,j}$ 为这个时刻进入大小大于 $1$ 的连通块，每个连通块向外扩展大小为 $1$ 的连通块

CF209C: $k$ 个连通块用 $k-1$ 条边连起来，选度数为奇数的点相连，特判整个是连通图，如果连通块里没有奇点就浪费一条边连。

CF1311E: 构造出完全二叉树，每次把点扔到最长的一个链上。

华容道: $f(i,j,k)$ 表示棋子位于 $(i,j)$ ，空格位于四周哪个位置，预处理状态之间的转移，让空格bfs到另外三个点，连边，直接和空格交换连边，跑bfs，复杂度 $\mathcal{O}(n^2m^2+qnm\log(nm))$。

CF875F：一个公主看做一条边，答案形成若干个基环树，求整张图的最大生成环套树，kruscal，给并查集加一个标记，对于每条边，看是树还是基环树，连边即可。

BZOJ 2238：如果边不在最小生成树上，答案无影响。如果是树边，等同于求跨过这个树边的非树边最小边权值。边权从小到大排序，每次把未被标记的点打上标记，并查集维护某个点上方第一个未被标记的点。

HDU 5215: 判断奇环就是判断是否为二分图，判断偶环：建出dfs序树后，如果两个点之间有返祖边并且深度之差为奇数就是偶环，深度之差为偶数就是奇环，如果两个奇环相交则可以形成一个偶环（删掉相交部分）。判断相交可以暴力打标记，因为每条边最多遍历到一次。

ICPC2018 青岛站 F:

有 $n$ 个人，进行 $k$轮决斗，每一场决斗两两匹配，对于两个人比赛中最多决斗一次。若存在四个人 $a,b,c,d$，$a$ 和 $b$ 在第 $i$ 轮决斗，$c$ 和 $d$ 在第 $i$ 轮决斗，$a$ 和 $c$ 在第 $j$ 轮决斗，则 $b$ 和 $d$ 必须也在第 $j$ 轮决斗。

构造一组方案，无解输出 Impossible。

$k$ 可行则 $k-1$ 也可行，相当于给定 $n$ ，问最多决斗多少轮。k为二进制n最后几个0，$2^k-1$轮。

CF1335F: 内向基环树

CF1344C

CFGtm 100269K

Makoto SOejima's Contest 4

CF1340D

Day2:

线段树:

维护数列，区间赋值，区间求和，区间做按位与: 每一位的答案都是独立的，所以给每个二进制位开一棵线段树，区间推平/求和即可。做法类似我之前写的一篇博客的Part3部分

维护区间数的种数（离线）（HH的项链）：区间 $r$ 排序，对于每个 $r$ ，$v_r=1,v_{pre_r}=0$ 对于每个 $l$ 区间求和即可。

$n$ 个正数和 $m$ 个区间，要求选出恰好 $k$ 个区间，交集内数字和最大

二维数点: 可以利用差分变成询问下界为 $0$ 的矩形，每次 y++ 相当于把小于等于一个 $y$ 的点拍到x轴上，询问下界为 $0$ 的矩形就变成了询问区间和。

$n$ 个球排成一列，每个球有一个颜色，每种颜色有一个价值，选定一个区间，使得所有在这个区间中出现恰好一次的颜色的价值之和，范围1e5：

$pre_x$ 为颜色上一次出现，$next_x$ 为下一次。则 $pre_x<l\leq x,x\leq r <next_x$,则可以看成 二维平面上 $pre_x$ 到 $x$，$x$ 到 $next_x$ 的矩形值加上一个值。就变成若干矩形加求一个点的最大值，扫描线即可。

多组询问序列中的区间MEX: 对于 $x$ （所有的 $x$ ，并不是非在 $a$ 中出现）出现的每个位置，则 $pre_l\leq r \leq x$ 的区间要考虑答案是否为 $x$ ，取 $\min$ ，变成矩阵上扫描线，每次拍点最小值。

李超树: 平面直角坐标系，每次加入一条直线，求交点。

区间开根，区间求和: 一个数 $x$ 最多只会被开 $\log\log x$ 次，只需要维护区间最大值，看是否为1，不是就暴力开，如果是1就没必要再开，直接退出即可。

区间取模，区间求和: 一个数 $x$ 变成 $x\bmod p$ 是严格小于 $\frac{x}{2}$ 的，所以最多只会被开 $\log x$ 次，同上暴力即可。

主席树（可持久化线段树）

扫描线强制在线: 用主席树维护，每次拍一个点建立一棵新版本线段树，每次询问前缀区间相当于在历史版本上进行区间查询。

静态区间第 $k$ 小: 可持久化值域线段树（线段树维护桶），每次令 $b[a[i]]+1$，形成一个新的版本，（线段树维护 $b$ ）,求第 $k$ 小每次询问区间的二分后的值的排名，根据和 $k$ 比较的结果向下递归。

$n$ 个帽子，一个帽子下有球。$m$ 个操作序列，每个操作形如交换两个帽子。多组询问 $l,r,x$ ，表示一开始球放进 $x$ 个帽子里，执行 $l$ 到 $r$ 到操作后球在哪里。$a_i$ 表示经过 $[l,r]$ 区间后 $i$ 到哪儿，$b_i$ 为 $i$ 在 $[1,l]$ 区间交换前的位置。主席树把 $a,b$ 可持久化，查询 $a[b[i]]$

线段树优化建图

线段树分治

Day3

网络流三种最基本的类型为最大流、费用流、最小割。

网络流的难点在于建模，建模后上模板就可以求解。

抽象模型: 流水管道模型

源点($S$)和汇点($T$)，有向图，每个节点之间有个管道有容量，从 $S$ 出发释放水，传到 $T$ 。

最大流

最大流即为从 $S$ 到 $T$ 最大能流到多少水。

定义: 网络: 有向图 $(V,E)$ ，指定源点 $S$ 和汇点 $T$，每条边给定容量 $c$。

边的流量，每条边的流量变量f满足 $0\leq f \leq c$

流量平衡: 除 $S,T$ 外，点流入的流量等于流出的流量。

网络的流量: $S$ 流出的流量也等于 $T$ 流入的流量。

求最大流:

建反向边，流量为正向边流量的相反数，流水的时候每次选一条没有流满的路径，尽量将其流满，找不到这样的路径为止。

Dinic:

只要网络中还有通路，就按到 $S$ 的距离分层，在保证流量只从第 $i$ 层流向 $i+1$ 层的前提下（变成一个拓扑图），尽可能增加流量。

理论最差复杂度 $\mathcal{O}(n^2m)$

Dinic做二分图匹配的复杂度为 $\mathcal{O}(n^{0.5}m)$

二分图最大匹配（网络流）：

建立一个源点 $S$ 连向一侧所有点，另一侧所有点连向 $T$ ，$S$ 到 $T$ 的最大流即为最大匹配。（容量都为 $1$ ）

飞行员配对方案: 二分图最大匹配模板

POJ3281 Dining 保证牛只被匹配一次，拆一下点: S->食物->牛1->牛2->饮料

假期的宿舍: 每个床看做一个点，每个人看做一个点，题目即为人和床的二分图匹配，最大流看是不是所有人都能匹配到床

星际战争: 二分答案 $t$ ，源点流向武器 $b_i*t$，武器流向机器人 $inf$，机器人流向汇点 $a_i$ ，判断最大流是否为 $\sum a_i$ 即可。

紧急疏散: 二分答案 $k$ ，TLE想法: 分层图，每个相邻空地向下一次连一条 $inf$ 边，每个时刻的门都向汇点连一条 $1$ 边，源点向第一层空地连 $1$ 边，空地向相邻门连一条 $1$ 边。正解: 对于每个门都会产生 $k$ 个出门的机会，求出每个人到每扇门的距离后，即可知道每个人能选择哪些机会，二分图匹配判断是否每个人能分配到一个机会。

考虑优化: 每个门向下一个时刻连 $inf$ 边，每个人向他能拿到的第一个机会连边。

费用流:

给定一个网络，给每条边一个费用 $w$ ，若流量为 $f$ ，则需要费用 $w*f$ 。

最小/大费用流

最小/大费用最大流

费用流做法: 按费用找一条 $S$ 到 $T$ 的最短通路，将这条路径尽量跑满，如此重复。反向边的费用为该边费用的相反数。

分配问题: 二分图最大权值，最大/小费用最大流即可。

网络扩容: 第一问最大流模板，第二问边连费用0流量c，再连费用k容量inf最小费用最大流。

订货: 源点(进货) 向每个月连容量 $inf$ 费用 $d_i$ ，每个月向下一个月连容量 $S$ 费用 $m$ ,每个月向汇点（卖货）连容量 $U_i$ ，费用 $0$ ，跑最小费用最大流。

球队收益: 有几场比赛就连几条边，其中费用是剩余 $i$ 场时支持的差值，是递增的，所以一定是选前几条边。

最小割

给定一个网络，删掉一条边的代价就是这条边的容量，要求删掉一些边使得 $S$ 与 $t$ 不连通，求最小代价。

定理: 在数值上最小割=最大流。

狼和羊的故事: 所有羊看做一个源点（超级源点流向所有羊无穷），所有狼也是看做一个汇点（流向超级汇点无穷），能到达的点之间连边，流量1，跑最小割。

善意的投票：S和T代表睡觉和不睡觉，好朋友之间连1的边，小朋友向自己的主见连1的边。

能量魔方

Day4

单调数据结构优化

$f_i=\min^{x-1}_{k=b[x]}\{g[x]\}+w[x]$

满足 $j\leq k$ 并且 $g_k\leq g_j$ 则 $j$ 毫无用处了，所以只需要单调队列优化达到均摊 $\mathcal{O}(n)$

多重背包:

$f[i]=\min\limits_{i=0}^{c[k]}\{f[x-i\cdot w[k]]+i\cdot v[k]\}$

这个转移很麻烦，因为状态都不是连续的，考虑到一个状态能转移到的状态下标模 $w[k]$ 都相同，那么在模 $w[k]$ 相同的状态内，决策区间是连续的。

设 $h(x,y)=f[x\cdot w[k]+y]$

那么

$h(x,y)=\min\limits_{i=x-c[k]}^{c[k]}\{h(i,y)+(x-i)\cdot v[k]\}$

为什么呢？换成之前的把 $h$ 替换成 $f$ 就很显然了。

$f[x\cdot w[k]+y]=\min\limits_{i=x-c[k]}^{c[k]}\{f[i\cdot w[k]+y]+(x-i)\cdot v[k]\}$

其中 $x-c[k]$ 在 $c[k]$ 不变的情况下单调不降，可以转化成前面的模型。其时间复杂度为 $\mathcal{O}(nm)$

例题: [NOI Online #3 入门组]买表

Luogu P3572 Little Bird

$f[i]=\min\limits_{j=i-k}^i f[j]+[a[j]<a[i]]$

$i<j$ 且$fi>fj$ 并且 $a_i<a_j$ 显然 $i$ 不可能比 $j$ 更优，就弹出单调队列，于是以 $f$ 为第一关键字，$a$ 为第二关键字，单调队列维护即可。

SCOI2020 股票交易

$f[i][j]$ 第 $i$ 天有 $j$ 股股票。

$f_i=\max:$

$f[i-1][j]$

$f[i-W-1][k]-a_i*(j-k),max\{0,j-c_i\}\leq k \leq j$

$f[i-W-1][k]+b_i*(k-j),j\leq k \leq \min{K,j+d_i}$

后两个式子单调队列优化。

化简一下:

$f[i-W-1][k]-a_i*j+a_i*k$，对 $f[i-W-1][k]+a_i*k$ 为关键字单调队列优化。

$f[i-W-1][k]+b_i*k-b_i*j$，对 $f[i-W-1][k]+b_i*k$ 为关键字单调队列。

斜率优化:

HNOI2008 玩具装箱:

设 $f_j$ 表示前 $i$ 个玩具，装在任意多个容器花费的最小费用，枚举上一个分组的分界点，可得:

$f[i]=\min\limits_{j=0}^{i-1}\{f[j]+(sum[i]-sum[j]+i-j-1-L)^2\}$

设 $s_i=sum[i]+i,L'=L+1$

$f[i]=f[j]+(s_i-s_j-L')^2$

$f[j]+(s_j+L')^2=f[i]-{s_i}^2+2*s_i*(s_j+L')$

设 $y_j=f[j]+(s_j+L')^2,x_j=2*(s_j+L'),k_i=s_i,b_i=f[i]-{s_i}^2$

上式变成了

$y_i=k_ix_j+b_i$

过 $(x_i,y_i)$ 且斜率 $k_i$ 的直线，选择合适的 $x_i,y_i$ 求最小截距。

把 $(x_i,y_i)$ 滑到平面直角坐标系上（黑点），搞出下凸包，用斜率为 $k_i$ 的直线向上平移，直到经过一个黑点，此时的截距就是最小截距。

相邻黑点的斜率 $k_i$ 是递增的，每加进去一个点，用单调队列维护下凸包。

每条直线的 $k_i,x_i$ 是上升的，所以单调队列下凸包上的点。

（维护线段斜率的过程）

JSOI2011 柠檬:

性质:分的每一段的首尾元素一定相同，且为选出的元素。

证明: 如果某一段不选首尾位置的元素，那么把首尾元素的位置划到别的短或者新开一段答案肯定不会差

$f[i]=\max\limits_{1\leq j\leq i,a_j=a_i}\{f[j-1]+a_i*(s_[i]-s[j]+1)^2\}$

化简后得

$f[j-1]+a_i(s[i]-1)^2=f[i]-a_i{s_i}^2+2a_is_i(s[j]-1)$

因为转移的必要条件为 $a_i=a_j$,所以 $a_i$ 看成常数即可。

所以 $y_j=f[j-1]+a_i(s[i]-1)^2,x_j=2a_i(s[j]-1),k_j=s_i,b_i=f[i]-a_i{s_i}^2$

转化成了 $y_j=k_ix_j+b_i$

要求的是截距最大值，要维护上凸包，斜率 $x_j$ 对于每个 $a_i$ 是单调递增的，所以是从前往后取，取在上凸包最后的点，用单调栈维护 $\mathcal{O}(n)$ 。

四边形不等式

$f(l,r)=\min\limits_{k=l}^{r-1}\{f(l,k)+f(k+1,r)\}+w(l,r)$

直接转移 $O(n^3)$ ，当 $w(l,r)$ 满足某些性质时可以优化。

1. 区间包含单调性: $l\leq l' \leq r' \leq r$

2. 四边形不等式: $l_1\leq l_2 \leq r_1 \leq r_2$ 均有 $w(l_1,r_1)+w(l_2,r_2)\leq w(l_1,r_2)+w(l_2,r_1)$

性质: 若 $w(l,r)$ 包含单调性和四边形不等式，则 $f(l,r)$ 也满足四边形不等式。

定理1: 若 $f(l,r)$ 满足四边形不等式，设 $m_{l,r}$ 为最优决策点下标，则有 $m_{l,r-1}\leq m_{l,r}\leq m_{l+1,r}$

所以在计算 $f(l,r)$ 的同时将其最优决策点 $m_{l,r}$ 记录下来，每次转移枚举 $[m_{l,r-1},m_{l+1,r}]$ 内的决策点即可。

枚举次数为 $\sum\limits_{l=1}^{n-1}\sum\limits_{r=l+1}^{n}(m_{l+1,r}-m_{l,r-1})=\sum\limits_{i=1}^n(m_{i,n}-m_{1,i})\leq n^2$

石子合并:

$f(l,r)=\min\limits_{k=l}^{r-1}\{f(l,k)+f(k+1,r)\}+s(l,r)$

$s(l,r)$ 为 $[l,r]$ 内石子之和。它满足区间包含单调性，四边形不等式。

另一种四边形不等式优化：决策单调性优化:

$f(r)=\min\limits_{l=1}^{r-1}\{f(l)+w(l,r)\}$

$w(l,r)$ 满足四边形不等式时可以优化。

定理: 若 $w(l,r)$ 满足四边形不等式，对于 $r_1\leq r_2$ 设 $k_1,k2$ 为 $f(r1)$ 和 $f(r2)$ 的最优决策点，则有 $k1\leq k2$ 。

使用分治的思想，知道了 $mid$ 的决策点 $k_{mid}$ ，根据决策单调性，对于所有的 $x<mid$ ,$f(x)$ 的决策点一定 $\leq k_{mid}$ 反之一定 $\geq k_{mid}$。所以采用分治的思想，记录每个区间的决策点的上下界。可以在 $\mathcal{O}(n\log n)$ 的复杂度解决问题，即为决策单调性优化。

POI2011 Lightning Conductor & JSOI2016 灯塔

$p_i=\max\limits_{j=1}^{i-1}\{h_j-h_i+\sqrt{|i-j|}\}=-\min\limits_{j=1}^{i-1}\{-h_j+h_i-\sqrt{|i-j|}\}$

$w(l,r)=\sqrt{|i-j|}$

$w(l,r)$ 满足四边形不等式。

ZJOI2010 基站选址

$f[i][j]$ 为第 $i$ 个放基站，前 $i$ 个村子共放了 $j$ 个基站，枚举上一个放基站的位置 $k$ ，则dp方程为

$f[i][j]=\min\limits_{k=0}^{i-1}\{f[k][j-1]+c_i+cost(k,i)\}$

$cost(k,i)$ 表示在 $k$ 和 $i$ 放基站且中间不放基站的情况下 ,$[k,i]$ 之内的所有村子赔偿费之和。

对于每个村庄，预处理出 $l[x],r[x]$ 表示能够覆盖到 $x$ 这个村庄的最左端与最右端基站的位置。那么此村庄会对 $cost(a,b)$ 产生贡献当且仅当 $l[x]>a$ 且 $r[x]<b$

从小到大枚举 $j$ ，从 $f[*][j-1]$ 更新到 $f[*][j]$ 。

从小到大枚举 $i$，使用线段树维护 $f[*][j-1]+cost(*,i)$ ，初始时，线段树上每个位置为 $f[*][j-1]$。

更新 $f[i][j]$ 时，先从线段树 $[1,i-1]$ 查询最小值再加上 $c_i$ 作为 $f[i][j]$，对于所有的 $r[x]=i$ 的 $x$ 在线段树上对区间 $[1,l[x]-1]$ 进行区间加 $w_i$，之后枚举下一个 $i$ 。由于每个 $x$ 至多被枚举到一次，所以对于每一个 $j$ 线段树的操作是 $O(n)$ 级别的。

时间复杂度 $\mathcal{O}(nK\log n)$

Day5

扩展欧几里得

求 $ax+by=gcd(a,b)$ 的一组正整数解。

欧几里得定理: $gcd(a,b)=gcd(b,a\bmod b)$

假设已经知道了 $bx'+(a \bmod b)y'=gcd(a,b)$ 的一组正整数解。

将其与 $ax+by=gcd(a,b)$ 联立，得
$ax+by=bx'+(a-\lfloor\frac{a}{b}\rfloor b)y'$
$=bx'+ay'-\lfloor\frac{a}{b}\rfloor by'$
$=ay'+b(x'-\lfloor\frac{a}{b}\rfloor y')$

所以不断往下递归，直到 $b=0$ 时，可直接解得 $x=1,y=0$ 。

求乘法逆元:

若存在正整数 $a,b,p$，满足 $ab\equiv 1(\bmod p)$，则 $b$ 是 $a$ 在 $(\bmod p)$ 意义下的乘法逆元。

以上同余方程可化为 $ax+py=1$ （$x$ 即为求得的 $b$）

根据裴蜀定理，该方程有解的充分必要条件是 $gcd(a,p)=1$ 即为 $a,p$ 互质。

时间复杂度 $\mathcal{O}(\log a)$ 。

当 $p$ 是质数的时候，有费马小定理 $a^{p-1}\equiv 1(\bmod p)$，在 $\mathcal{O}(\log p)$ 复杂度内求出。

中国剩余定理：

$\begin{cases}x\equiv a_i (\bmod m_1)\\x\equiv a_i (\bmod m_i)\\...\\ x\equiv a_k (\bmod m_k)\end{cases}$

当题目中的模数不是质数的时候，可以分成质因子分别求解后用中国剩余定理合并。

扩展中国剩余定理:

NOI2018 屠龙勇士

BSGS,离散对数问题

形如 $a^b \equiv c(\bmod m)$ 的同余式:

1. 已知 $a,b$ 求 $c$ ：快速幂。

2. 已知 $a,c$ 求 $b$ : 离散对数问题。

3. 已知 $b,c$ 求 $a$ : 高次剩余问题。

现在讨论离散对数问题。

离散对数问题到现在为止并没有完全解决（因为没有多项式时间复杂度）

BSGS 算法:

主要运用分块的思想，处理 $a^b\equiv c (\bmod p)$ 中 $a$ 与 $p$ 互质的情况。

设 $b=km+i$,$m$ 是设定的一个常量，一般取 $\sqrt{p}$

此时有 $a^{km+i}\equiv c(\bmod p)$ 即 $a^i\equiv c*a^{-km}$

对于 $i\in [0,m)$ ，将所有的 $a^i$ 预处理出来存到一个 map （Baby Step）

从小到大枚举 $k$ ，在 map 里面查找是否存在 $c*a^{-km}$（Giant Step）

时间复杂度 $\mathcal{O}(\sqrt{p}\log p)$

SDOI2011计算器

SDOI2013随机数生成器

原根

欧拉定理: 若 $a,p$ 互质，则 $a^{\varphi(p)}\equiv 1 (\bmod p)$

如果 $\varphi(p)$ 是 $a^x\equiv 1 (\bmod p)$ 的最小正整数解，则称 $a$ 是模 $p$ 的一个原根。

原根是非常类似于复数单位根，故有一些很好的性质，当 $p$ 是质数的时候，原根有如下等价定义。

如果 $g$ 是模 $p$ 的一个原根，则 $g^1,g^2,g^3....g^{p-1}$ 在模 $p$ 意义下两两不一，同时注意到模 $p$ 剩余系只有 $0...p-1$ 这 $p$ 个数，因此 $g^1,g^2,...g^{p-1}$ 取遍 $1,2....p-1$ 所有的数。

原根的个数比较多，且最小的原根一般比较小，直接枚举验证即可，枚举次数是常数级别。

对于 $p$ 比较大时，$\varphi(p)=p_1,p_2...p_k$，可以相同，对于一个数 $g$ ，对于所有的....(待补)

高次剩余问题:

求解 $x^a\equiv b (\bmod p)$

当 $p$ 是质数时:

1. 若 $b=0$ ，有 $x\equiv 0 (\bmod p)$

2. 否则，求出原根 $g$ ，则原方程变为 $g^{ax'}\equiv g^{b'} \bmod p$，用BSGS求出 $b'$ ，之后线性同余方程 $ax'\equiv b'(\bmod p-1)$，使用exgcd。

数论函数

积性函数: 设 $f(x)$ 是一个数论函数，若对于任意互质的正整数对 $a,b$ 均有 $f(ab)=f(a)*f(b)$ 则 $f(x)$ 为积性函数。

完全积性函数: 不需要 $a,b$ 互质的积性函数。

常用的积性函数:

1. 常数函数 $1(x)=1$

2. 元函数: $\varepsilon(1)=1,\varepsilon(x)=0(x>1)$

3. 单位函数: $id(x)=x$

4. 幂函数: $id_k(x)=x^k$

5. 欧拉函数 $\varphi(x)$ 为小于等于 $x$ 且与 $x$ 互质的数的正整数的个数。

6. 莫比乌斯函数 $\mu(x)$

7. 除数函数: $\varrho_k(x)=\sum_{d|x}d^k$

欧拉函数

欧拉函数是个积性函数。

欧拉函数取值。

对于质数 $p$ ，有 $\varphi(p)=p-1,\varphi(p^{k-1})=p^k-p^{k-1}=p^k(1-\frac{1}{p})$

由欧拉函数的积性，设 $n=\prod_{{p_i}^{k_i}}$ 则

$\varphi(n)=\varphi(\prod_{{p_i}^{k_i}})=\prod\varphi(p_i^{k_i})$

质因数分解在 $\mathcal{O}(\sqrt{n})$ 的复杂度内求得一个数的欧拉函数。

欧拉函数可以由线性筛（欧拉筛法）预处理得到。

考虑线性筛的过程: 对于一个数 $i$ ，从小到大枚举当前筛出的质数 $p_j$ 筛掉 $i*p_j$ ，直到 $p_j|i$ 为止。

假设已经知道了 $i$ 的欧拉函数值，如果 $p_j$ 不是 $i$ 的因子，则由积性。
$\varphi(i*p_j)=\varphi(i)*(p_j-1)$
否则 $\varphi(i*p_j)=\varphi(i)*p_j$

莫比乌斯函数:

当 $x=1$ 时，$\mu(x)=1$

当 $x$ 的质因子分解中所有的质数次数是 $1$ ，则 $\mu(x)=(-1)^k$，$k$ 是因子个数。

当 $x$ 有平方数因数时为 $0$。

线性筛莫比乌斯函数。

$p_j$ 不是 $i$ 的质数，则 $\mu(i*p_j)=-mu(i)$，否则， $i*p_j$ 的质因数分解中 $p_j$ 的次数一定大于 $1$ ，则 $\mu(i*p_j)$ 为 $0$ 。

除数函数

可以用埃氏筛在 $O(n\log \log n \log k)$ 的时间复杂度内求出，根据定义算即可。

数论函数的乘积和狄利克雷卷积

利用乘积和狄利克雷卷积来构造新的数论函数。

乘积: $f(n)g(n)$

狄利克雷卷积: $(f*g)(n)=\sum_{d|n}f(d)g(\frac{n}{d})$

性质:

·两个积性函数的乘积和狄利克雷卷积仍是积性函数。

·两个完全积性函数的乘积和狄利克雷卷积仍然是完全积性函数。

·乘积和狄利克雷卷积满足交换律和结合律。

重要的卷积:

$\mu*1=\varepsilon$

$\varphi*1=id$

莫比乌斯反演

欧拉函数另一种表达形式: $\varphi(n)=\sum_{i=1}^n\varepsilon(gcd(i,n))$

由 $\mu*1=\varepsilon$

有

$$\varphi(n)=\sum_{i=1}^n\varepsilon(gcd(i,n))=\sum_{i=1}^n\sum_{d|gcd(i,n)}\mu(d)$$

$$\sum$$

$\mu*id=\varphi$

另一个推论:

有 $\mu*1=\varepsilon$，同时由定义可得 $\varepsilon*1=1$

$\varphi*1=id$->$\mu*id=\varphi$

$\varepsilon$（待补）

莫比乌斯反演定理， $f,g$ 是两个数论函数，则有

$f*1=g$<->$\mu*g=f$

对于所有的数论函数 $f$ ，均有 $f*\varepsilon=f$，也就是说 $varepsilon$ 是狄利克雷卷积的单位元。

因为 $\mu*1=\varepsilon$，所以 $\mu$ 和 $1$ 互为逆元。

莫比乌斯反演主要考察:

1. 莫比乌斯反演的应用和卷积结论的转换

2. 交换求和号

3. 数论分块

4. gcd和lcm的转化

Day6

多项式

多项式加减乘法

$$A(x)=\sum\limits_{i=0}^na_ix^i,B(x)=\sum\limits_{i=0}^mb_ix^i$$

$$A(x)+- B(x)=\sum\limits_{i=0}^{\max\{n,m\}}(a_i+-b_i)x^i$$

$$A(x)*B(x)=\sum\limits_{i=0}^n\sum\limits_{j=0}^m(a_i*b_j)x^{i+j}$$

$$=\sum\limits_{k=0}^{n+m}\sum\limits_{j=0}^n(a_i*b_{k-j})x^k$$

多项式的除法:

可以证明一定存在唯一的多项式$q(x),r(x)$ 满足:

$A(x)=q(x)B(x)+r(x)$

$q(x)$ 称为 $B(x)$ 除 $A(x)$ 的商式，$r(x)$ 称为余式。记做 $A(x)\equiv r(x)\ (\bmod B(x))$

特别的，若 $r(x)=0$ ，则称 $B(x)$ 整除 $A(x)$。

多项式的系数表示法: 将 $n$ 次多项式 $A(x)$ 的系数 $a_0,a_1...a_n$ 看作 $n+1$ 维向量 $\overrightarrow{a}$。

定理:

如果多项式 $f(x),g(x)$ 的次数都不超过 $n$ 。且对于它们 $n+1$ 个不同的数 $a_1...a_n$ 有相同的值，即

$$f(a_i)=g(a_i)$$

则 $f(x)=g(x)$

$n+1$ 个点就能确定一个 $n$ 次多项式。

如果选取 $n+1$ 个不同的数 $x_0,x+1,...,x_n$ 对多项式进行求值得到 $A(x_0),A(x_1),...A(x_n)$ 那么就称 $\{x_i,A(x_i): 0\leq i\leq n.i\in\mathbb{Z}\}$ 为多项式 $A(x)$ 的点值表示。通过系数表示求点值表示的过程叫做求值，通过点值表示求系数表示的过程叫做求值。

为什么要用点值表示？

$A(x),B(x)$ 在 $x_0,x_1,...x_n$ 取值分别为 $c_0,....c_n,d_0,...d_n$ 那么 $A(x)*B(x)$ 取值为 $c_0d_0,c_1d_1,...c_nd_n$。

复数及其运算

虚数单位 : $i=\sqrt{-1}$

形如 $a+bi(a,b\mathbb{R})$ 的数称为复数，$a$ 称为实部，$b$ 称为虚部，全体复数的集合--复数集用 $\mathbb{C}$ 表示。

设 $z=a+bi,w=c+b_i$。

则有 $z\pm w=(a\pm c)+(b\pm d)i$

$z*w=ac+adi+bci+bdi^2=(ac-bd)+(ad+bc)i$

$z/w=\frac{a+bi}{c+di}=\frac{(a+bi)(c-di)}{(c+di)(c-di)}=\frac{(ac+bd)+(bc-ad)i}{c^2+d^2}$

共轭复数: $\overline{z}=a-bi$ （虚数取反）

复数的集合意义:

复数对应平面直角坐标系上的点，横轴为实轴，纵轴为虚轴，$a+bi$ 对应的点为 $(a,b)$

复数对应的点到原点的距离称为复数的模长，即为 $r=|z|$，由勾股定理，$|z|=\sqrt{a^2+b^2}=\sqrt{z\overline{z}}$

复数也可以用模长和幅角来表示。

复数与正半轴的角称为复数的幅角记为 $\varphi=\arg z$

所以 $z=r(\cos \varphi+i\sin \varphi)$

复数的几何意义，设 $\vec{OA},\vec{OB}$ 分别为两个复数对应的向量，$\vec{OX}$ 为运算结果对应的向量，复数的加减法遵循平行四边形定则，复数的乘法按照模长相乘，幅角相加的运算规则，除法为乘法的逆运算，共轭为对实轴的轴对称结果。

欧拉公式:

对于任意实数 $x$ ，都存在

$$e^{ix}=\cos x+i\sin x$$

单位根

定义方程 $z^n=1$ 的所有复数根称为 $n$ 次单位根，这样的单位根共有 $n$ 个，分别为:

$$e^{\frac{2\pi ki}{n}} (k=0,1,2,...n-1)$$

这些单位根都分布在复平面的单位圆上，并构成一个正 $n$ 边形，它们把单位圆分成 $n$ 个部分。

本原单位根

快速傅里叶变换

传统的多项式乘法是 $\mathcal{O}(n^2)$ 的，而且很难有优化空间，而多项式的点值表示法可以在 $\mathcal{O}(n)$ 的时间内完成乘法，因此，如果能找到一种有效的方法在点值表示法和系数表示之间转化，就能高效计算。

快速傅里叶变换可以认为有两部分，DFT和IDFT。

FFT最常见的算法是 Cooley-Tukey 算法。

假设现在有一个 $n-1$ 次多项式 $A(x)=\sum\limits_{i=0}^{n-1}a_i*x^i$，为了方便设 $n=2^m$，不足在高位补 $0$ 。

将 $n$ 个 $n$ 次单位根 $\omega_n^0...\omega_n^{n-1}$ 代入 $A(x)$ 将其转换成点值表达 $A(\omega_n^k)$（待补）

Day 7

平衡树

二叉搜索树

左儿子子树内所有点的键值都比该节点键值小，右儿子内所有点的键值都比该节点键值大。

Splay

节点存的信息:

1. $ch[0/1]$: 左、右儿子

2. $fa$: 父亲节点

3. $key$: 键值

4. $cnt$: 键值为 $key$ 的数字个数

5. $siz$: 子树及其大小

旋转: 把儿子节点旋转到父亲节点上。

伸展: 把一个节点伸展到根节点上。

Luogu3369【模板】普通平衡树

Luogu3871 [TJOI2010]中位数

记录当前序列的数的个数，查询中位数排名。

Luogu1110 [ZJOI2007]报表统计

维护两个平衡树，一个维护原序列，第三问为查询前驱后继，另一个维护差值，对应第二问。

Luogu1503 鬼子进村

记录一下删除过的点，平衡树维护删除的点的集合，每次查询前驱后继。

Luogu3391【模板】文艺平衡树

平衡树维护每个数的下标，每个子树代表一个 $[l,r]$ 的区间，用懒标记标记当前区间是否需要反转。

如果没有 $[l,r]$ 的子树，可以搞出这样一棵子树: 把 $l-1$ 旋转到根节点，$r+1$ 到根节点的右儿子，可以发现根节点的右儿子的左儿子就是所需的区间。

在Splay上定位区间的一个常用方法，很多对区间询问和修改的操作可以这么实现。

Luogu5290[十二省联考2019] 春节十二响

特殊情况贪心的策略：将左右两条链的点，大的和大的合并，剩下的放在一个集合里面。

回到树上，把每个子树看成一条链，相当于对链进行合并。

Day8

(实际上是Day7)

第八天的在第七天的一块讲了。

字符串算法

Hash，KMP，字典树（挺简单就懒得记了233）

Luogu2463[SDOI2008]Sandy的卡片

先差分一下，求出每个从 $S$ 开始的最长的公共子串，取最小值。

AC自动机

在Trie树进行KMP。

对于每个节点 $u$ ，定义 $fail[u]$

$fail[u]$ 指向Trie树上的一个点 $v$ ，指向的节点的前缀和它后缀一样且长度最长的节点。

可以扩展 $ch$ 的定义，在AC自动机上进行匹配时失配，不需要跳 $fail$ ，直接跳 $ch$ 即可。

求多个串在另一个串内出现的次数:

建出fail树，每个串的出现次数计数相当于从根节点到 $x$ 节点都+1，可以看作给 $x$ 节点+1，求子树 $siz$ 即可。

Luogu2414[NOI2011]阿狸的打字机

Manacher

在S中相邻两个字符之间都插入一个'#'（没有出现过的特殊字符）

$p[i]$ 为当前字符为对称轴时，能向左右延伸的最长长度。

假设已知 $p[1..i-1]$ 求 $p[i]$ 。

记 $R$ 为当前向右延伸的最长长度。