数学基础
数学基础
1.快速幂
注意结果可能为负（c++出锅）最后答案（ans+mod）%mod
inline ll qpow(ll a,ll b){
ll ans=1;
while(b){
if(b&1) ans=ans*a%MOD;
a=a*a%MOD;
b>>=1;
}
return (ans+MOD)%MOD;
}
2.快速乘
解决乘法爆long long 的问
正确的快速乘——from i207m
il ull qmul(const ull a,const ull b,const ull md)
{
LL c=(LL)a*b-(LL)((ull)((long double)a*b/md)*md);
return c<0?md+c:((ull)c>md?c-md:c);
}
3.最大公约数GCD
欧几里得算法正确性证明：
int gcd(int a,int b){
return b?gcd(b,a%b):a;
}
普通的辗转相除法求gcd需要用到取模，所以比较慢 ；
复杂度证明：当成O(log)
(b,a%b)
a%b<=min(b,a%b)/2
a>=b时每次至少缩减一半
a<b时下次a>b
所以复杂度最多2log(max(a,b))
证明:a%b<=min(a,a%b)/2
a>b时 b<=a/2 那么a%b<b<=b<=a/2
a>b时 b>a/2 那么a%b=a-b<=a/2
a<b时 a%b=a
证毕
用斐波那契数列的相邻两个数可以达到最坏复杂度
二进制gcd
可通过不断去除因子2来降低常数；
注意一些写法 0==(x&1) 必须这么写。。。亲手试过简写不可
inline int gcd(int x,int y){
int i,j;
if(x==0) return y;
if(y==0) return x;
for(int i=0;0==(x&1);i++) x>>=1;
for(int i=0;0==(y&1);i++) y>>=1;
if(j<i) i=j;
while(1){
if(x<y) x^=y,y^=x,x^=y;
if(0==(x-=y)) return y<<i;//x=y时结束
while(0==(x&1)) x>>=1;
}
}
高精度gcd
但是由于高精度，难以用除法和取模，如果用二分乘法逼近复杂度爆炸
这里用的更相减损术，原复杂度\(O(n)\)，必须优化到\(O(logn)\)
①gcd(a,b)=gcd(b,a-b)
②gcd(2a,2b)=2gcd(a,b)
③gcd(2a,b)=gcd(a,b) (b是奇数)
优化：
对于\(gcd(a,b)\),如果\(a,b\)都是偶数，那么其gcd必然有因数2，则可以让a/=2,b/=2,最后ans*=2；
如果有一个偶数，那么其gcd 必然没有因数2，则可以直接让偶数/=2；
如果a,b都不是偶数，直接用更相减损术，\(gcd(a,b)=gcd(b,a-b)\)
考虑一个数除二的最大次数是\(logn\)的。所以优化后更损相减部分的复杂度是\(O(logn)\)的。
但需要注意的是，一般题目用辗转相除法复杂度是更优的。（取模计算量可以忽略的情况下）
piao来的代码。。。菜炸了不会高精
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#define N 10001
#define MB 10000
#define MLEN 4
using namespace std;
int ten[6]={1,10,100,1000,10000,100000};
typedef struct BI_t
{
int x[N],len;
BI_t operator - (const BI_t &t)
{
BI_t c;
int l=max(len,t.len);
memset(&c,0,sizeof(c));
for(int i=1;i<=l;i++)c.x[i]=x[i]-t.x[i];
for(int i=1;i<=l;i++)if(c.x[i]<0)c.x[i+1]--,c.x[i]+=MB;
for(int i=l;i>=1;i--)if(c.x[i]){c.len=i;break;}
return c;
}
void input()
{
memset(&x,0,sizeof(x));
int slen;
char str[N];
scanf("%s",str);
slen=strlen(str);
for(int i=0;i<slen;i++)x[i/MLEN+1]+=(str[slen-i-1]-'0')*ten[i%MLEN];
len=(slen-1)/MLEN+1;
}
void out()
{
printf("%d",x[len]);
for(int i=len-1;i>=1;i--)printf("%04d",x[i]);
}
/*%04d 表示:在输出整数x的时候 按照4个位子的知空间左对齐 多余的位子用0代替
例如:x=3 --> 输出:0003 x=33 --> 输出:0033)
这里x=7 就是道0007
%4.4 表示:输出的数的格式为:整数部分专为4位 小数部分为4位(多余的位子用0代替)
(例如:3.24 --> 输出:0003.2400)*/
bool operator < (const BI_t t)const
{
if(len!=t.len)return len<t.len;
for(int i=len;i>=1;i--)
if(x[i]!=t.x[i])
return x[i]<t.x[i];
return 0;
}
}BI;
void div2(BI &a)
{
if(a.x[a.len]==1)a.x[a.len]=0,a.x[a.len-1]+=MB,a.len--;
for(int i=a.len;i>=1;i--)
{
a.x[i-1]+=(a.x[i]&1)*MB;
a.x[i]/=2;
}
}
void mul2(BI &a)
{
for(int i=1;i<=a.len;i++)a.x[i]*=2;
for(int i=1;i<=a.len;i++)if(a.x[i]>=MB)a.x[i+1]++,a.x[i]%=MB;
if(a.x[a.len+1])a.len++;
}
BI gcd(BI a,BI b)//优化的更相减损术
{
int t=0;
bool d1,d2;
if(a<b)swap(a,b);
while(b.len>1||b.x[1]!=0)
{
d1=!(a.x[1]&1);
d2=!(b.x[1]&1);
if(d1&&d2)div2(a),div2(b),t++;//如果都是偶数，除以二
else if(d1&&!d2)div2(a);
else if(!d1&&d2)div2(b);
else a=a-b;
if(a<b)swap(a,b);
}
while(t)mul2(a),t--;
return a;
}
int main()
{
BI a,b;
a.input(),b.input();
gcd(a,b).out();
return 0;
}
最小公倍数LCM
先除后乘防溢出
lcm(x,y) = x / gcd(x, y)* y;
\(a*b=lcm(a,b)*gcd(a,b);\)
lgP1372：
Description
从1~n中取\(k\)个数，求这\(k\)个数的最大公约数 的最大值
\(1<=k<=n<=10^9\)
Solution
因为两个数成倍数关系时，它们的最大公因数是两数中的较小数，也就是相对来说最大公因数较大
返回题目，这k个数其实就是：\(x_1,x_2......x_k\)，及x的1~k倍，但必须保证xk小于\(n\)，在上述条件下，能知道，符合条件的最大的x就是答案，为了找出最大的x，必须使\(x_k\)尽量接近\(n\)，因为c++的整数除法有自动取整的功能，所以所有情况下，n/k都是最终答案
例2
Description
已知正整数\(a_0,a_1,b_0,b_1\)，设未知正整数 \(x\) 满足：
1． \(x\) 和\(a_0\)的最大公约数是 \(a_1\)
2． \(x\) 和\(b_0\)的最小公倍数是 \(b_1\)。
求解满足条件的 \(x\) 的个数
Solution
详细证明戳这里
x是 \(a1\)的整数倍且是 \(b1\) 的因子
\(\sqrt b1\) 枚举 \(b1\) 的因子，如果这个数是 a1 的整数倍，并且满足那两个式子，ans++
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
using namespace std;
int n,ans;
int a,a1,b,b1,x;
int gcd(int a,int b){
return b==0?a:gcd(b,a%b);
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
while(n--){
scanf("%d%d%d%d",&a,&a1,&b,&b1);
ans=0;
if(b1%b!=0) {puts("0");return 0;}
for(int i=1;i*i<b;i++){
if(b%i==0){
x=b1/b*i;
if(gcd(x,b)==i&&gcd(x,a)==a1) ans++;
x=b1/b*(b/i);
if(gcd(x,b)==b/i&&gcd(x,a)==a1) ans++;
}
}
int k=(int)sqrt(b);
if(k*k==b&&b%k==0){
x=b1/b*k;
if(gcd(x,b)==k&&gcd(x,a)==a1) ans++;
}
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}
例3
Description
给定整数N，求1<=x,y<=N且\(Gcd(x,y)\)为素数的
数对\((x,y)\)有多少对.
4.算术基本定理（整数唯一分解定理）
约数集合的暴力方法 \(O(\sqrt n)\)——枚举到\(\sqrt n\)
求1到n里面约数最多的数的 约数个数
Solution
根据约数和定理:对于一个大于1正整数\(n\)可以分解质因数：\(n=p_1^{a_1}*p_2^{a_2}*p_3^{a_3}*…*pk^a_k\)则由约数个数定理可知n的正约数有\((a_1+1)(a_2+1)(a_3+1)…(a_k+1)\)个，
暴力算出每一个数的约数的个数，超时！
根据唯一分解定理，我们知道每一个数都可以用质因子的积表示，而约数的个数只与指数有关！
我们知道pn>...>p3>p2>p1，那么假设我们存在某一个ak>a1 那么我们交换pkz与p1的指数，显然约数个数不变，但是数变小了！！！
也就是说对于任何n,m如果pn>pm那么an<am 要好一些，是不是最优的，不确定！但是在已经为我们淘汰了许多了。
我们枚举每一个质因子的质数，保证其指数递减。
#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;
#define ll long long
int prime[20] = {0,2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37,41,43,47,51};
ll n,ans;
ll qpow(ll a,ll b){
ll ans=1;
while(b){
if(b&1) ans*=a;
a*=a;
b>>=1;
}
return ans;
}
void dfs(int pos,ll num,ll sum,int zs){//第几个素数，约数个数，数大小，当前最大指数
if(sum>n) return;
ans=max(ans,num);
for(int i=1;i<=zs;i++){
ll res=qpow(prime[pos],i);
if(sum>n/res) break;//注意不要用sum*res>n，炸long long
dfs(pos+1,num*(i+1),sum*res,i);
}
}
int main(){
scanf("%lld",&n);
dfs(1,1,1,30);
printf("%lld\n",ans);
}
反素数
Description
求1到n里面约数最多的数
Solution
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
int s[100];
ll num,sum,n;
int p[20]={1,2,3,5,7,11,13,17,19,22,23,29,31};
void dfs(ll yue,ll he,int x){//x是当前枚举到第几个素数
if(x>12)return;
if(yue>num || yue==num&&he<sum){
num=yue;sum=he;
}
s[x]=0;
while(he*p[x]<=n&&s[x]<s[x-1]){//保证指数递减
s[x]++;
dfs(yue*(s[x]+1),he*=p[x],x+1);
}
}
int main(){
while(scanf("%lld",&n)==1){
s[0]=10000;
dfs(1,1,1);
printf("%lld\n",sum);
memset(s,0,sizeof(s));
sum=0;num=0;
}
return 0;
}
例3：a^b的正约数之和 sumdiv poj1845
\[先将a分解 a={p_1}^{r_1}*{p_2}^{r_2}*...*{p_k}^{r_k}\\
a^b={p_1}^{r_1*b}*{p_2}^{r_2*b}*...*{p_k}^{r_k*b}\\
设r[i]*b=c[i]\\
ans=\prod\limits_{i=1}^k\sum\limits_{j=0}^{c_i}p_i^j\\
\sum\limits_{j=0}^{c_i}p_i^j=(p_i^{c_i}-1)/(p_i-1) ~~~等比数列求和公式\\
法二直接用二分递归求：举例来说，1+a+a^2+a^3+a^4=(1+a)*(1+a^2)+a^2;\\(1+a)=1*(1+a)。根据奇偶二分下去。只要只有一个数为止。\\
分数形式的取模也有两种方法： \\
1.逆元：(A/B)\%mod=A*B^{mod-2};\\
2.变换模值：(A/B)\%mod=(A\%(mod*B))/B\%mod\\
\]
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long LL;
const LL mod=9901;
LL mul(LL a,LL b,LL n)
{
LL s=0;
while(b)
{
if(b&1)
s=(s+a)%n;
a=(a*2)%n;
b=b>>1;
}
return s;
}
LL qpow(LL a,LL b,LL n)
{
a=a%n;
LL s=1;
while(b)
{
if(b&1)
{
s=mul(s,a,n);
}
a=mul(a,a,n);
b=b>>1;
}
return s;
}
int main()
{
LL a,b;
while(cin>>a>>b)
{
if(a<=1||b==0){cout<<1<<endl;continue;}
LL ans=1,i,j,k,t,n,m;
n=(LL)sqrt(a+0.5);
for(i=2;i<=n;i++)
{
if(a%i==0)
{
t=0;
while(a%i==0){
a=a/i;
t++;
}
if((i-1)%mod==0)ans=ans*(qpow(i,t*b+1,mod*(i-1))/(i-1))%mod;
else ans=ans*(qpow(i,t*b+1,mod)-1)*qpow(i-1,mod-2,mod)%mod;
}
}
if(a>1)
{
if((a-1)%mod==0)ans=ans*(qpow(a,b+1,mod*(a-1))/(a-1))%mod;
else ans=ans*(qpow(a,b+1,mod)-1)*qpow(a-1,mod-2,mod)%mod;
}
cout<<(ans+mod)%mod<<endl;
}
return 0;
}
#include<iostream>
using namespace std;
#define LL long long
const int mod=9901;
LL qpow(LL a,LL b,int mod){
LL ans=1;
while(b){
if(b&1) ans=ans*a%mod;
a=a*a%mod;
b>>=1;
}
return (ans+mod)%mod;
}
LL sum(LL a,LL b,LL mod){ //二分求等比数列前N项和
if(b==0)
return 1;
if(b%2==1)
return (sum(a,b/2,mod)*(qpow(a,b/2+1,mod)+1))%mod;
else
return (sum(a,b-1,mod)+qpow(a,b,mod))%mod;
}
int main(){
LL a,b;
LL ans;
while(cin>>a>>b){
ans=1;
for(LL i=2;i*i<=a;i++){//将a分解，然后每个约数再^b
if(a%i==0){
LL s=0;
while(a%i==0){
s++;
a/=i;
}
ans=ans*sum(i%9901,b*s,9901)%9901;
}
}
if(a>=2) ans=ans*sum(a%9901,b,9901)%9901;
cout<<ans<<endl;
}
return 0;
}
例4：正约数之和为n的数的个数
#include <bits/stdc++.h>
#define N 100000
#define LL long long
using namespace std;
LL q;
int a[(N+5)<<2],cnt=0,tot=0,pr[N+5];
bool vis[N+5];
void init(){
for(int i=2;i<=N;i++){
if(!vis[i]) pr[++tot]=i;
for(int j=1;j<=tot && i*pr[j]<=N;j++){
vis[i*pr[j]]=1;
if(i%pr[j]==0)break;
}
}
}
inline bool ispr(int x){
if(x==1)return 0;
if(x<=N) return !vis[x];//素数表已筛过
for(int i=1;pr[i]*pr[i]<=x;i++)
if(x%pr[i]==0) return 0;
return 1; //素数
}
// 目标约数和m，当前质数，ans
void dfs(LL now,int x,LL y){
if(now==1){
a[++cnt]=y;
return;
}
if(now-1>=pr[x]&&ispr(now-1))
a[++cnt]=y*(now-1);
int i;
LL p,tmp;
for(i=x;pr[i]*pr[i]<=now;i++){
tmp=pr[i];//枚举几次方
p=pr[i]+1;//几次方+1
for(;p<=now;tmp*=pr[i],p+=tmp){
if(now%p==0) dfs(now/p,i+1,y*tmp);
}
}
return;
}
int main(){
init();
int m,i;
while(~scanf("%d",&m)){
q=sqrt(m);
memset(a,0,sizeof(a));
cnt=0;
dfs(1LL*m,1,1LL);
printf("%d\n",cnt);
//if(cnt==0)return 0;
sort(a+1,a+1+cnt);
for(i=1;i<cnt;i++)
printf("%d ",a[i]);
if(cnt) printf("%d\n",a[cnt]);
}
return 0;
}
例5：樱花
\[设n!=z，y=z+d\\
\frac{1}{x}+\frac{1}{z+d}=\frac{1}{z}\\
\frac{x+z+d}{x*z+x*d}=\frac{1}{z}\\
z*(x+z+d)=x*z+x*d\\
z^2+d*z=d*x\\
x=\frac{z^2}{d}+z,发现就是求(n!)^2的约数个数
\]
对于n!约数的个数
有公式： [n/p] + [n/p^2] + …. + [n/p^k] ——代码中的calc函数
#include<iostream>
#include<cstdio>
#define int long long
using namespace std;
const int N=1e12;
const int M=1e6;
const int mod=1e9+7;
int n,ans=1ll,r[M],cnt;
int prime[M],mindiv[M];
void init(int n){
mindiv[0]=mindiv[1]=1;
for(int i=2;i<=n;i++){
if(!mindiv[i]) mindiv[i]=prime[++prime[0]]=i;
for(int j=1;j<=prime[0]&&i*prime[j]<=n;j++){
mindiv[i*prime[j]]=prime[j];
if(i%prime[j]==0)break;
}
}
}
int calc(int n,int p){
int sum=0;
while(n) sum+=n/p,n/=p;
return sum;
}
signed main(){
scanf("%lld",&n);
init(n);
int ans=1;
for(int i=1;i<=prime[0];i++)
ans=(ans*(calc(n,prime[i])*2+1))%mod;//平方所以*2
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
