数学学习笔记3

杜教筛

求积性函数f前缀和
考虑前缀和为S,考虑另外一个函数g
$\sum_{i=1}^n(f*g)(i)=\sum_{i=1}^n\sum_{d|i}f(d)g(\frac{i}{d})=\sum_{d=1}^ng(d)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}f(i)=\sum_{d=1}^ng(d)S(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor)$
于是对于一个n,可以得到$g(1)S(n)=\sum_{i=1}^n(f*g)(i)-\sum_{d=2}^ng(d)S(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor)$,于是可以嘀咕求解

ll get_s_n(ll n){
  if(n<maxn)return sum[n];
  ll ans=f_g_sum(n);
  F(i,2,n){
    ll j=n/(n/i);
	ans-=(g_sum(j)-g_sum(l-1))*get_s_n(n/i);
  }
  return ans/g(1);
}

于是再构造一个g就行了,使得g的前缀和很好算就行了
很奇妙啊

• $\sum_{i=1}^n\mu(i)$
  由于$\mu * I = \epsilon$,所以我们g选$I$,g_sum(n)=n,f_g_sum(n)=1
• $\sum_{i=1}^n\phi(i)$
  g=$I$,g_sum(n)=n,f_g_sum(n)=n(n+1)/2
• $\sum_{i=1}^n\phi(i)\times i$
  $(f*g)(n)=\sum_{d|n}f(d)g(\frac{n}{d})=\sum_{d|n}\phi(d)\times d \times g(\frac{n}{d})$
  于是g选$id$,g_sum(n)=n*(n+1)/2,f_g_sum(n)=n^2
• $\sum_{i=1}^n\phi(i)\times i^2$
  g=$平方函数$,g_sum(n)=n(n+1)(2n+1)/6,f_g_sum(n)=n^3

杜教筛复杂度:玄学(?) 约等于$n^{\frac{2}{3}}$

置换群

是若干个密闭的环,就是一个轨道,交换操作
乘法即将原排列进行一次置换再进行第二次置换的置换
则置换群={e,...}大小为2^n,e=(1)(2)(3)...(n)

Burnside引理

平面图形
对n个元素用m种颜色染色,对应的置换群为S,在S下任意一种置换得到的相同方案只算一种
则本质不同的染色方案数为
$\frac{\sum_{s属于S}m^{f(s)}}{|S|}$

• 置换群构造
• 轨道数的计算

例:六个点排成一圈,用三种颜色染色
置换群为$S=(1)(2)(3)(4)(5)(6),(1,2,3,4,5,6),(1,3,5)(2,4,6),(1,4)(2,5)(3,6),(1,5,3)(2,6,4),(1,6,5,4,3,2)$
$ANS=\frac{3^6+3^1+3^2+3^3+3^2+3^1}{6}$
对轨道染色
给定n个点排成一圈,每次可以用m种颜色染色,问方案数

考虑计算置换群中的每个置换的轨道数,由于每个置换的每个轨道的大小都是相同的,于是我们只要求出其中一个轨道的大小就可以了
对于转i次,考虑增量
0 i 2i 3i 4i 5i .... k(i-1) ki
考虑找到第一个$n|k_i$的,$k$即为$\frac{n}{gcd(i,n)}$
$f(i)=gcd(n,i)$

其实我们并不关系编号究竟是什么,可以只考虑轨道大小和轨道数
有意义的边的置换群为,求所有边中选r条边的方案数
0:$(1)^{4k^2}$
90:$(4)^{k^2}$
180:$(2)^{2k^2}$
270:懒得写了
考虑Burnside的本质,即每个轨道内的所有元素长得一样
$C(4k^2,r)$
$C(k^2,\frac{r}{4})$
$C(2k^2,\frac{r}{2})$
如果4|r不满足,则该情况答案直接为0,其他都正常

立体图形
6个面,8个点,12条棱
旋转 角度 数量 置换
不转 0 1 $(1)^6$
面面 90,180,270 3 $(1)^2(4)^1,(1)^2(2)^2,(1)^2(4)^1$
棱棱 180 6 $(2)^3$
点点 120,240 4 $(3)^2,(3)^2$
根据不同角度,可以确定角度
求循环节,可以确定置换

给定一个立体图形,如何求点数,边数,棱数?

外角和公式 $点数\times 外角=720度$

外角就是一个点周围的角度的和再减去360

足球 由五边形和六边形构成
一个点周围有两个六边形,一个五边形
60个点,12个五边形,20个六边形,90个边
于是分为五,六,棱,点,考虑即可
所有立体图形一定满足五边形和五边形对着...
一定相对!

生成函数与母函数

对于一个数列{$a_0,a_1,...$}
对应的生成函数为
$G(x)=a_0+a_1x+a_2x^2+a_3x^3$
无限?
求斐波那契数列通项公式
考虑原序列的生成函数
$F(x)=f_0+f_1x^1+f_2x^2+f_3x^3+...$
$xF(x)= f_0x^1+f_1x^2+f_2x^3$
$(1-x)F(x)=x+x^2F(x)$
$F(x)=\frac{x}{1-x-x^2}$
考虑辅助函数$g$
$g(x)=1+kx+k^2x^2+k^3+x^3+...$
$g(x)=\frac{1}{1-kx}$
我们考虑将$F$的分母因式分解,将$F$变成了$g$的形式
$F(x)=-\frac{1}{\sqrt{5}}\times \frac{1}{1-\frac{1-\sqrt{5}}{2}x}+\frac{1}{\sqrt{5}}\times \frac{1}{1-\frac{1+\sqrt{5}}{2}x}$
于是现在我们考虑一个$f(n)$
$f(n)=-\frac{1}{\sqrt{5}}\times (\frac{1-\sqrt{5}}{2})^n+\frac{1}{\sqrt{5}}\times (\frac{1+\sqrt{5}}{2})^n$

朴素解法
考虑一个方程
$c_0a_n+c_1a_{n-1}+c_2a_{n-2}+....+c_ka_{n-k}=0$
则它的一个特征多项式假设满足
$C(x)=x^k+c_1x^{k-1}+c_2x^{k-2}+...+c_k=0$
于是我们列出了一个关于$x$的方程,可以解出来一个$x$(斐波那契就是$x^2-x-1=0$,可以解出一个$x_1=\frac{1+\sqrt{5}}{2}, x_2=\frac{1-\sqrt{5}}{2}$)
当我们解出来$x$的时候就可以确定

• $x$根两两不同
  $a_n=l_1x_1^n+l_2x_2^n+...+l_kx_k^n$
  再解出$l$即可

• $x$根存在一段连续的相同
  $x_1=x_2=x_3=...=x_r,x_{r+1},x_{r+2},...,x_k$
  $a_n=(l_1+l_2n^1+...+l_rn^{r-1})x_1^n+l_{r+1}x_{r+1}^n+...+l_kx_k^n$

排列和逆序对

对换
偶排列
奇排列
对换改变排列的奇偶性
在全部n阶排列中,奇偶排列各占一半(证:考虑每个奇排列将a1,a2交换一下就成了偶排列,一一对应的)

行列式

$\sum_psgn(p)\Pi_{i=1}^na_{i,p_i}$
$\sum_{j=1}^na_{ij}(-1)^{i+j}M_{ij}$(对于任意i

• 行列互换，值不变。
• 用一个数乘行列式的某行等于用这个数乘此行列式。
• 如果行列式中某一行是两组数之和，则这个行列式等于两个行列式之和，这两个行列式分别以这两组数为该行，而其余各行与原行列式对应各行
相同。
• 对换行列式中两行的位置，行列式反号。
• 如果行列式中有两行成比例，则行列式等于0。
• 把一行的某个倍数加到另一行，行列式的值不变。

于是我们可以高斯消元求解行列式,消成上三角的形式,答案即为对角线上的乘积

逆矩阵

对于一个n阶矩阵A,存在一个n阶矩阵B使得$AB=BA=I$
则A是可可逆的,B是A的一个逆矩阵
否则A是不可逆的
左逆矩阵和右逆矩阵一定是一样的
det(A)把矩阵当成行列式计算
$det(AB)=det(A)det(B)$
A存在逆矩阵的充要条件:$det(A)!=0$
$(AB)^{-1}=B^{-1}A^{-1}$

初等变换

高斯消元三个操作
• 用一个非零的数乘以某行
• 将某一行的𝑘倍加到另一行
• 互换两行
都可以用矩阵乘法实现,即找到一个M,使得$MA=B$
于是我们对于一个A,用高斯消元将它化为$I$,则过程中的矩阵的乘积的矩阵即为我们的逆矩阵

基尔霍夫矩阵

图G的基尔霍夫矩阵可以表示为,不能有自环
$D_{ii}=deg(i)$
$D_{ij}=-cnt(i,j)$
|D|=0

矩阵树定理

定理：给定无向图G，则图G的生成树的个数等于其对应的基尔霍夫矩阵的主余子式的值。(对于任意i)
i,j余子式:去除i行j列的剩下行列式($M_{ij}$)的值
i=j则为i的主余子式

对于一张n个点的无向图G,它的生成树个数为$n^{n-2}$,可以用高斯消元证