NOIp 数学知识点总结

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排列组合

常用公式

排列：$$\displaystyle A_n^m=\frac{n!}{(n-m)!}$$

全排列：\(A_n^n=n!\)

组合：$$\displaystyle C_n^m=\frac{A_nm}{m!}=\frac{n!}{m!(n-m)!}$$

组合数的性质：

\[\displaystyle C_n^m = C_n^{n-m} \]

\[\displaystyle C_n^m= C_{n-1}^m+C_{n-1}^{m-1} \]

推导：$$ \displaystyle \begin{aligned} C_n^m & = \frac{n!}{m!(n-m)!}\ & = \frac{(n-1)!}{m!(n-m-1)!}\times\frac{n}{n-m}\ & =\frac{(n-1)!}{m!(n-m-1)!}\times(1+\frac{m}{n-m})\ & =C_{n-1}^{m}+\frac{(n-1)!}{(m-1)!(n-m)!}\ & = C_{n-1}^m+C_{n-1}\end{aligned} $$

\[\displaystyle \sum_{i=0}^n C_n^i =\sum_{i=0}^nC_n^i1^{i}\cdot 1^{n-i}=(1 + 1)^n= 2^n \]

二项式定理：$$\displaystyle (a+b)^n=\sum_{i=0}n C_n^i a^i b^{n-i}$$

\[\displaystyle \sum_{i=0}^r C_{n+i}^i = C_{n+r+1}^r \]

\[\displaystyle \sum_{i=0}^n i\cdot C_n^i =\sum_{i=1}^{n}n\cdot C_{n-1}^{i-1}=n\sum_{i=0}^{n-1}C_{n-1}^{i-1}= n2^{n-1} \]

\[\displaystyle C_n^m\cdot C_m^r=C_n^r\cdot C_{n-r}^{m-r} \]

\[\displaystyle C_n^0-C_n^1+C_n^2+\cdots +C_n^m=0 \]

组合数基本处理 \(O(n)\)

const int N = 1e5 + 7, MOD = 1e9 + 7;
int add(int a, int b) { if ((a += b) >= MOD) a -= MOD; return a; }
int mul(int a, int b) { return ll(a) * b % MOD; }
int C(int a, int b) { return mul(jc[a], mul(ijc[a - b], ijc[b])); }
int qpow(int a, int b) { 
	int r = 1;
    for (; b; b >>= 1) {
        if (b & 1) r = mul(r, a);
        a = mul(a, a);
    }
    return a;
}
int jc[N], ijc[N];
void ini() {
    jc[0] = 1; for (int i = 1; i < N; i++) jc[i] = mul(jc[i - 1], i);
    ijc[N - 1] = qpow(jc[N - 1], MOD - 2);
    for (int i = N - 2; i >= 0; i--) ijc[i] = mul(ijc[i + 1], i + 1);
}

Lucas 定理

对于正整数 \(n, m~ (n\ge m)\), 素数 \(p\), 令 \(n=n_kp_k+n_{k-1}p^{k-1}+\cdots+n_1p+n_0\), \(m=m_kp_k+m_{k-1}p^{k-1}+\cdots+m_1p+m_0\), 则

\[\displaystyle \binom{m}{n}\equiv \prod_{i=0}^k \binom{m_i}{n_i}\pmod p \]

可变形为：

\[\displaystyle \binom{m}{n}\bmod p=\binom{\left\lfloor\frac{m}{p}\right\rfloor}{\left\lfloor\frac{n}{p}\right\rfloor}\cdot \binom{m\bmod p}{n\bmod p}\bmod p \]

用 Lucas 定理可快速求解 \(C_n^m\bmod p\). 代码：

const int mod=10007;

int jc[mod], ijc[mod], T, n, m;

inline int lucas(int a, int b) {
	if (a>b) return 0;
	if (b<=mod) return jc[b]*ijc[a]%mod*ijc[b-a]%mod;
	return lucas(a/mod, b/mod)*lucas(a%mod, b%mod)%mod;
}

int main() {
	jc[0]=jc[1]=ijc[0]=ijc[1]=1;
	for (int i=2; i<mod; ++i)
		jc[i]=jc[i-1]*i%mod, ijc[i]=(mod-mod/i)*ijc[mod%i]%mod;
	for (int i=2; i<mod; ++i)
		ijc[i]=ijc[i-1]*ijc[i]%mod;
	for (scanf("%d", &T); T; --T)
		scanf("%d%d", &n, &m), printf("%d\n", lucas(m, n));
	return 0;
}

矩阵乘法

由 \(a_n=2a_{n-3}+a_{n-1}\) 得矩阵转移方程：

\[\begin{bmatrix} a_n & a_{n-1} & a_{n-2} \end{bmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 2 & 0 & 0 \end{pmatrix} \times \begin{bmatrix} a_{n-1} & a_{n-2} & a_{n-3} \end{bmatrix} \]

这里采用 [] 表示 \(1\times 3\) 矩阵，() 表示 \(3\times 3\) 矩阵。

ll p[5][5], b[5][5], d[5][5], t[5][5];

memset(p, 0, sizeof p), memset(b, 0, sizeof b), memset(d, 0, sizeof d);
for (int i=1; i<=3; i++) b[i][i]=1ll;  // unit matrix
p[1][1]=1ll, p[1][2]=1ll, p[1][3]=0ll;
p[2][1]=0ll, p[2][2]=0ll, p[2][3]=1ll;
p[3][1]=2ll, p[3][2]=0ll, p[3][3]=0ll; // transition matrix
d[1][1]=6ll, d[1][2]=1ll, d[1][3]=3ll; // initial matrix, a_3, a_2, a_1

// n<=3 特判
if (n<=3) {printf("%d\n", d[1][4-n]); return 0; }

// 矩阵快速幂
int K=n-3;
while (K>0){
	if (K&1) {
		// (b) *= (p)
		memset(t, 0, sizeof t);
		for (int i=1; i<=3; i++)
			for (int j=1; j<=3; j++)
				for (int k=1; k<=3; k++)
					t[i][j]=(t[i][j]+b[i][k]*p[k][j]) % mod;
		memcpy(b, t, sizeof b);
	}

	// (p) = (p)^2
	memset(t, 0, sizeof t);
	for (int i=1; i<=3; i++)
		for (int j=1; j<=3; j++)
			for (int k=1; k<=3; k++)
				t[i][j]=(t[i][j]+p[i][k]*p[k][j]) % mod;
	memcpy(p, t, sizeof p);

	K>>=1;
}

// [t] = [d] * (b)
memset(t, 0, sizeof t);
for (int i=1; i<=3; i++)
	for (int j=1; j<=3; j++)
		t[1][i]=(t[1][i]+d[1][j]*b[j][i]) % mod;
printf("%lld\n", t[1][1]);

数学规律

Catalan 数

\[H_n=\displaystyle\frac{C_{2n}^n}{n+1} \]

1, 1, 2, 5, 14, 42, 132, ...

以下问题属于 Catalan 数:

1. 有 \(2n\) 个人排成一行进入剧场. 入场费 5 元. 其中只有\(n\)个人有一张 5 元钞票, 另外 \(n\) 人只有 10 元钞票, 剧院无其它钞票, 问有多少中方法使得只要有 10 元的人买票, 售票处就有 5 元的钞票找零？
2. 一位大城市的律师在她住所以北 \(n\) 个街区和以东 \(n\) 个街区处工作. 每天她走 \(2n\) 个街区去上班. 如果他从不穿越（但可以碰到）从家到办公室的对角线, 那么有多少条可能的道路？
3. 在圆上选择 \(2n\) 个点, 将这些点成对连接起来使得所得到的 \(n\) 条线段不相交的方法数？
4. 对角线不相交的情况下, 将一个凸多边形区域分成三角形区域的方法数？
5. 一个栈 (无穷大) 的进栈序列为 \(1,2,3, \ldots ,n\) 有多少个不同的出栈序列？
6. \(n\) 个结点可够造多少个不同的二叉树？
7. \(n\) 个不同的数依次进栈, 求不同的出栈结果的种数？
8. \(n\) 个 \(+1\) 和 \(n\) 个 \(-1\) 构成 \(2n\) 项 \(a_1,a_2, \ldots ,a_{2n}\), 其部分和满足 \(a_1+a_2+ \cdots +a_k\ge 0\) \((k=1,2,3, \ldots ,2n)\), 该数列为？

ssoj1073：给定 \(0<p<q<100,p,q\in\mathbf{N}^*\), 求 \(\displaystyle\frac{H_q}{H_p}\).

解：令 \(q=p+x,x\in\mathbf{N}^*​\), 则

\[\displaystyle \frac{H_q}{H_p}=\frac{C_{2q}^q\cdot (p+1)}{C_{2p}^p\cdot (q+1)} =\frac{\displaystyle\frac{(2q)!}{(q!)^2}\cdot (p+1)}{\displaystyle\frac{(2p)!}{(p!)^2}\cdot (q+1)}=\frac{\displaystyle\frac{(2p+2x)!}{\big((p+x)!\big)^2}\cdot (p+1)}{\displaystyle\frac{(2p)!}{(p!)^2}\cdot (p+x+1)}=\frac{\displaystyle\prod_{i=2p+1}^{2q}{i}\cdot(p+1)}{\left(\displaystyle\prod_{i=p+1}^q{i}\right)^2 (q+1) } \]

带入特殊值计算.

Stirling 数

（2007 普及）将 \(n\) 个数 \(1,2,\ldots,n\) 分成 \(r\) 个部分. 每个部分至少一个数. 将不同划分方法的总数记为 \(S_n^r\). 例如, \(S_4^2=7\), 这 7 种不同的划分方法依次为 \(\{(1) , (234) \},\{(2) , (134) \},\{(3) , (124) \},\{ (4) , (123) \},\{ (12) , (34) \},\{ (13) , (24) \},\{ (14) , (23) \}\). 当 \(n=6, r=3\) 时, \(S_6^3=\)（ ）

\[S_n^m = m S_{n-1}^{m} + S_{n-1}^{m-1} \]

\[S_n^1 = 1,S_n^0 = 0,S_n^n = 1 \]