QBXT五一noip数学营

zhx好闪，拜谢zhx
本人LaTeX存在问题,下课修改(

Day 1

上午

电脑1s跑3e8()

mod

$a/b=c...d,a=b\cdot c+d$

$b>d\ge 0$

$c=a/b,d=amodb$

$(a+b)modc=(amodc+b\mathrm{mod}c)modc$

$(a-b)modc=(amodc-bmodc)modc$

$(a\cdot b)modc=(amodc)\cdot (bmodc)modc$

例1

读入n, p,输出n! % p
2 <= p <= 1e9, 1 <= n <= 1000;

ll n = read(), p = read();
ll ans = 1;
if(n >= p){
	cout << 0;
	return 0;
}
for(int i = 2; i <= n; ++i)ans = (ans * i) % p;
cout << ans % p;

gcd & lcm

设 $g=gcd(a,b),a=a^{\prime }g,b=b^{\prime }g$

$\therefore gcd(a^{\prime },b^{\prime })=1$

$\therefore gcd(a-b,b)=gcd((a^{\prime }-b^{\prime })g,b^{\prime }g)=gcd(a^{\prime }-b^{\prime },b^{\prime })\cdot g=1\cdot g=g$

$gcd(a,b)=gcd(a-b,b)=gcd(a-2b,b)=.....=gcd(amodb,b)$

代码
ll gcd(ll a, ll b){return a ? gcd(b % a, a) : b;}

时间复杂度$O(logn)$

证明：
$a\ge b,gcd(a,b)=gcd(b,amod$ $b)$

$amodb<a/2$

证明：

分类讨论

b <= a / 2时， a % b < b <= a / 2;

a >= b > a / 2时，a % b = a - b < a / 2;

所以每次 $gcd$ 相当于将 $a$ 除以 $2$

所以 $O(\log n)$

例1

求gcd(a1, a2, ..., an)

int n = read(), ans;
for(int i = 1; i <= n; ++i)a[i] = read();
ans = a[1];
for(int i = 2; i <= n; ++i)ans = gcd(ans, a[i]);
cout << ans << "\n";

时间复杂度：

$ans$ 每次都在变小， 而每次 $gcd$ 都可看做除 $2$
所以最多除 $\log ans$ 次

$ans=a1$ , 所以 $O(n+\log a_1)$

设 $g=gcd(a,b),l=lcm(a,b)$

$g\cdot l=a\cdot b$

代码

ll lcm(int a, int b){return a / gcd(a, b) * b;}

快速幂

$x,y,p\le {10}^9$

例: $y=37$ 时

$x^{37}=(x^{18}{)}^2\cdot x$

$x^{18}=(x^9{)}^2$

$x^9=(x^4{)}^2\cdot x$

$x^4=(x^2{)}^2$

$x^2=x\cdot x$

时间复杂度$O(\log y)$

代码
通用版(循环)
ll qpow(ll a, ll b, ll p){
	if(b == 0)return 1;
	ll res = 1;
	while(b){
		if(b & 1)res = res * a % p;
		b >>= 1;
		a = a * a % p;
	}
	return res;
}
zhx版(递归)
ll ksm(ll x, ll y, ll p){
	if(y == 0)return 1;
    if(y == 1)return a;
	ll z = ksm(x, y >> 2, p);
	return z * z * (y & 1 ? x : 1) % p
}

例1

x, y, p <= 10 ^ 18
求x * y % p
直接求x * y达到10 ^ 36存不下
例 y = 37 用快速幂思想
x * y = x * 37 = x + x + .. = x
x * 37 = x * 18 + x * 18 + x
x * 18 = x * 9 + x * 9
x * 9 = x * 4 + x * 4 + x
x * 4 = x * 2 + x * 2
x * 2 = x + x

代码
ll ksc(ll x, ll y, ll p){
	if(y == 0)return 0;
	if(y == 1)return x;
	ll z = ksc(x, y >> 2, p);
	return (z + z + (y & 1 ? x : 0)) % p
}

矩阵

大抵可以看做一个二维数组
被迫使用 $LATEX$(
矩阵加法与减法

$$\left|\begin{array}{ccc}1& 2& 3\\ 3& 2& 1\end{array}\right|+\left|\begin{array}{ccc}1& 2& 3\\ 3& 2& 1\end{array}\right|=\left|\begin{array}{ccc}4& 4& 4\\ 4& 4& 4\end{array}\right|$$

矩阵减法同理

矩阵乘法

$A(n\cdot m)\cdot B(m\cdot k)$
只有第一个矩阵的列数等于第二个矩阵的行数才行

$$\left|\begin{array}{ccc}1& 2& 3\\ 3& 2& 1\end{array}\right|\times \left|\begin{array}{cc}1& 2\\ 1& 2\\ 1& 2\end{array}\right|=\left|\begin{array}{cc}1\ast 1+2\ast 1+3\ast 1& 1\ast 2+2\ast 2+3\ast 2\\ 3\ast 1+2\ast 1+1\ast 1& 3\ast 2+2\ast 2+1\ast 2\end{array}\right|=\left|\begin{array}{cc}6& 12\\ 6& 12\end{array}\right|$$

代码：

struct Matrix{
    ll a[105][105];//自行开空间 
    int n, m;
    Matrix() {memset(a, 0, sizeof a);}
    Matrix operator * (const Matrix &A, const Matrix &B){//& 直接调用A, B.const 防止 A, B 被修改 
        Matrix Ans;
        int n = A.n, m = B.m;
        Ans.n = n, Ans.m = m;
		for(int i =1; i <= n; ++i)
			for(int j = 1; j <= m; ++j)
				for(int k = 1; k <= A.m; ++k)
					Ans.a[i][j] += A.a[i][k] * B.a[k][j];
		return Ans;
    }
};

时间复杂度 $O(n\cdot m^2)$

$i,j,k$ 枚举顺序修改对结果无影响，但对速度有影响

$i,j,k$ 顺序枚举跑 $n=1024$ ,耗时 $9.454s$

$j,k,i$ 顺序枚举 $14.19s$

$k,j,i$ : $12.46s$

$i,k,j$ : $5.212s$

所以循环顺序改成 $i,k,j$ ( $j$ 放在最后一位即可)
利用缓存机制

下午

例1

给定 $n,p$， 求斐波那契数列第 $n$ 项 $mod$ $p$

数组 $f$ 代表 $fib$ 数列

手推可得

$$\left|\begin{array}{cc}{f}_{i-1}& f_{i-2}\end{array}\right|\times \left|\begin{array}{cc}1& 1\\ 1& 0\end{array}\right|=\left|\begin{array}{cc}{f}_i& f_{i-1}\end{array}\right|$$

令

$$B=\left|\begin{array}{cc}1& 1\\ 1& 0\end{array}\right|$$

$$\therefore \left|\begin{array}{cc}{f}_n& f_{n-1}\end{array}\right|=\left|\begin{array}{cc}{f}_1& f_0\end{array}\right|\times B^n$$

矩阵乘法套快速幂即可

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define itn int
#define ull unsigned long long
#define gt getchar
#define pt putchar
using namespace std;
inline ll read(){
    ll x=0,f=1;char ch=gt();
    while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-1;ch=gt();}
    while(isdigit(ch)){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=gt();}
    return x*f;}
inline void print(ll x){if(x<0)pt('-'),x=-x;if(x>9)print(x/10);pt(x%10+48);}
const ll M = 1e9 + 7;
ll n;
struct Matrix{
    ll a[105][105];//自行开空间 
    int n, m;
    Matrix() {memset(a, 0, sizeof a);}
}ans, base;
Matrix operator * (const Matrix &A, const Matrix &B){//& 直接调用A, B.const 防止 A, B 被修改 
        Matrix Ans;
        int n = A.n, m = B.m;
        Ans.n = n, Ans.m = m;
		for(int i =1; i <= n; ++i)
			for(int j = 1; j <= m; ++j)
				for(int k = 1; k <= A.m; ++k)
					Ans.a[i][j] = (Ans.a[i][j] + A.a[i][k] * B.a[k][j]) % M, Ans.a[i][j] %= M;
		return Ans;
    }
void init(){
	base.n = base.m = 2, ans.n = 2, ans.m = 2;
    base.a[1][1] = base.a[1][2] = base.a[2][1] = 1;
    ans.a[1][1] = ans.a[1][2] = 1;
}
void qpow(ll b){
    while(b){
        if(b & 1)ans = ans * base;
        base = base * base;
        b >>= 1;
    }
}
int main(){
    n = read();
    if(n <= 2)return puts("1"), 0;
    init();
    qpow(n - 2);
    cout << ans.a[1][1] % M << "\n";
    return 0;
}

例2

一个数列 $f_i=f_{i-1}\times f_{i-3}$

仍然手推可得

$$\left|\begin{array}{ccc}{f}_{i-1}& f_{i-2}& f_{i-3}\end{array}\right|\times \left|\begin{array}{ccc}1& 1& 0\\ 0& 0& 1\\ 1& 0& 0\end{array}\right|=\left|\begin{array}{ccc}{f}_i& f_{i-1}& f_{i-2}\end{array}\right|$$

令

$$B=\left|\begin{array}{ccc}1& 1& 0\\ 0& 0& 1\\ 1& 0& 0\end{array}\right|$$

$$\therefore \left|\begin{array}{ccc}{f}_n& f_{n-1}& f_{n-2}\end{array}\right|=\left|\begin{array}{ccc}{f}_2& f_1& f_0\end{array}\right|\times B^n$$

扩展

已知 $f_i=k_1{f}_{i-1}+k_2{f}_{i-2}....+k_m{f}_{i-m+1}(m\le i)$

求$f_{n}modp(1\le n\le {10}^{18})$

构造矩阵

$$\stackrel{\text{m}}{\overbrace{\left|\begin{array}{ccccc}{k}_1& 1& 0& 0& ...\\ k_2& 0& 1& 0& ...\\ k_3& 0& 0& 1& ...\\ k_4& 0& 0& 0& ...\\ ...& ...& ...& ...& ...\\ k_m& 0& 0& 0& ...\end{array}\right|}}\times {\left|\begin{array}{cccccc}{f}_1& f_2& & f_3& ...& f_m\end{array}\right|}^n$$

即可得出答案

矩阵乘法中

$$A\times B\ne B\times A$$

例3

一个有向图， $n$ 个点，走 $k$ 步， 求从 $1$ 走到 $n$ 的方案数

$n\le 100,k\le 100$

考虑动态规划

令 $b{j}_{i,j}$ 表示 $i$ 与 $j$ 之间是否连边, $f_{i,j}$ 表示走到 $j$ 走了 $i$ 步的方案数

所以答案即为 $f_{k,n}$

初始状态为 $f_{0,1}=1$

状态转移为 $f_{i,j}+=\sum _{k=1}^n{f}_{i-1,k}\times b{j}_{k,i}$

部分代码:

n = read(), k = read();
for(int i = 1; i <= n; ++i)bj[i][j] = read();
f[0][1] = 1;
for(int a = 1; a <= k; ++a)
	for(int b = 1; b <= n; ++b)
		for(int c = 1; c <= n; ++c){
		//走了a步,走到了b,第a - 1步在c
			f[a][b] += f[a - 1][c] * bj[c][b];
		}
cout << f[k][n];

强行加一维

n = read(), k = read();
for(int i = 1; i <= n; ++i)bj[i][j] = read();
f[0][1][1] = 1;
for(int a = 1; a <= k; ++a)
	for(int d = 1; d <= n; ++d)
		for(int b = 1; b <= n; ++b)
			for(int c = 1; c <= n; ++c){
			//走了a步,走到了b,第a - 1步在c
				f[a][d][b] += f[a - 1][d][c] * bj[c][b];
			}
cout << f[k][1][n];

提出 $f_{a,d,b}+=f_{a-1,d,c}\times b{j}_{c,b}$

改为 $f_{a_{d,b}}+=f_{(a-1{)}_{d,c}}\times b{j}_{c,b}$

然后将 $f_a,f_{a-1},bj$ 当做 $n$ 行 $n$ 列矩阵

所以 $f_a=f_{a-1}\times bj$

即得 $f_k=f_0\times b{j}^k$

套矩阵快速幂

时间复杂度 $O(\log n^3\log k)$

例4

LuoguP4159

比例 $4$ 多了路径长度罢了

把每一条边拆成由几个长度为一的边组成的链

然后由同一个点引出来的链可以合并

代码晚上补(

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define itn int
#define ull unsigned long long
#define gt getchar
#define pt putchar
using namespace std;
inline ll read(){
    ll x=0,f=1;char ch=gt();
    while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-1;ch=gt();}
    while(isdigit(ch)){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=gt();}
    return x*f;}
inline void print(ll x){if(x<0)pt('-'),x=-x;if(x>9)print(x/10);pt(x%10+48);}
const ll M = 2009;
ll n, m;
struct Matrix{
    ll a[105][105];//自行开空间 
    int n, m;
    Matrix() {memset(a, 0, sizeof a);}
}ans, f;
Matrix operator * (const Matrix &A, const Matrix &B){//& 直接调用A, B.const 防止 A, B 被修改 
        Matrix Ans;
        Ans.m = Ans.n = m; 
		for(int i = 1; i <= m; ++i)
			for(int j = 1; j <= m; ++j)
				for(int k = 1; k <= m; ++k)
					Ans.a[i][j] = (Ans.a[i][j] + A.a[i][k] * B.a[k][j]) % M, Ans.a[i][j] %= M;
		return Ans;
    }
void qpow(ll b){
    while(b){
        if(b & 1)ans = (ans * f);
        f = f * f;
        b >>= 1;
    }
}
int main(){
    n = read();int t = read();
    m = 9 * n;
    ans.n = ans.m = f.n = f.m = 9 * n;
    for(int i = 1; i <= n; ++i){
    	string s;
    	cin >> s;
    	for(int j = 1; j <= 8; ++j){
    		f.a[i + j * n][i + j * n - n] = 1; 
    		ans.a[i + j * n][i + j * n - n] = 1;
		}
		for(int j = 1; j <= n; ++j){
			int v = s[j - 1] - '0';
			if(v) f.a[i][j + v * n - n] = 1, ans.a[i][j + v * n - n] = 1;
		}
	}
	qpow(t - 1);
	cout << ans.a[1][n] % M;
    return 0;
}

质数判定

初等数论: 自然数范围

质数 : 只有自己和 $1$ 为因子的数

合数 : 有大于 $2$ 个因子的数

$1$ 既不是素数也不是合数

给定 $x$ 判断 $x$ 是否为质数

bool is_prime(int x){
	if(x < 2)return 0;
	for(int i = 2; i * i <= x; ++i)
		if(x % i == 0)return 0;
	return 1;
}

$O(\sqrt{x})$ 只能处理 $x\le {10}^{16}$

给定 $x$ 分解质因数.(不能用筛)

void factorize(int x){
 int cnt = 0;
	for(int a = 2; a * a <= x; ++a){
		if(x % a == 0){
			++cnt;
			prime[cnt] = a;
			while(x % a == 0){
				++num[cnt];
				x /= a;
			}
		}
	}
	if(x != 1){
		++cnt;
		prime[cnt] = x;
		num[cnt] = 1;
	}
}

对于 $a$ 第一次合条件时显然一定是质数,然后 $x$ 除掉 $a$ 直到不能再除,以后的 $a$ 符合条件时也一定为质数

而对于特判,意思是如果x本身是质数就需要只输出 $x$ 而循环不会记录 $x$ 只能特判

例1

现有 $1\backsim n$, 将它们分为几组,使得每组内之和都为质数,求最少分几组.

$n\le 2000$

由哥德巴赫猜想知,大于等于 $4$ 的偶数,可分为两个质数的和, 大于等于 $3$ 的奇数,可分为 $3$ 个质数的和

令 $x=\sum _{i=1}^{n}i=\frac{n\times (n+1)}{2}$

若 $x$ 为偶数,输出 $2$ ,若 $x$ 为奇数则分类讨论

若 $x-2$ 等于 $0$ 则输出 $2$ ,否则输出 $3$

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define itn int
#define ull unsigned long long
#define gt getchar
#define pt putchar
using namespace std;
inline ll read(){
    ll x=0,f=1;char ch=gt();
    while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-1;ch=gt();}
    while(isdigit(ch)){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=gt();}
    return x*f;}
inline void print(ll x){if(x<0)pt('-'),x=-x;if(x>9)print(x/10);pt(x%10+48);}
bool check(int n){
	if(n <= 1)return 0;
	for(int i = 2; i * i <= n; ++i)if(n % i == 0)return 0;
	return 1;
}
int a[6005];
int main(){
    int n = read();
    int x = n * (n + 1) / 2;
	if(n == 1)return puts("-1"), 0;
	if(n == 2)return puts("1 1"), 0;
	if(n == 3)return puts("1 1 2"), 0;
	for(int i = 1; i <= n; ++i){
		a[i] = 1;
	}
	if(x & 1){
		if(check(x - 2)){
			a[2] = 2;
			for(int i = 1; i <= n; ++i)cout << a[i] << ' ';
		}
		else{
			a[3] = 3;
			for(int i = 1; i <= n; ++i)if(check(i) && check(x - 3 - i)){
				a[i] = 2;
				break;
			}
			for(int i = 1; i <= n; ++i)cout << a[i] << ' ';
		}
	}
	else{
		for(int i = 1; i <= n; ++i)if(check(i) && check(x - i)){
			a[i] = 2;
			break;
		}
		for(int i = 1; i <= n; ++i)cout << a[i] << ' ';
	}
    return 0;
}

Day 2

上午

逆元

$(3+4)mod5=2$

$(3-4)mod5=4$

$[(1+7)÷4]mod5=2$

$(3÷4)mod5=???$

逆元:对于 $a÷bmodp$ 找到一个整数 $c$ ,使得 $a÷bmodp=a\times cmodp$

费马小定理:

当 $p$ 为质数,且 $1\le a<p$, $a^{p-1}\equiv 1(mod$ $p)$

即得: $a^{p-2}\equiv \frac{1}{a}(mod$ $p)$

此时 $a^{p-2}$ 即为 $a$ 在 $mod$ $p$ 意义下的逆元

inline void inv(ll a, ll b, ll p){return 1ll * a * ksm(b, p - 2, p) % p}

这个方法只适合于 $p$ 是质数 ,且 $gcd(a,p)=1$

欧拉定理:

$gcd(a,b)=1$ 即可

$a^{\varphi (p)}\equiv 1(mod$ $p)$

$\varphi (p)$ : 欧拉函数,求 $1\backsim p$ 中与 $p$ 互质的个数

由欧拉定理可得: $a^{\varphi (p)-1}\equiv \frac{1}{a}(modp)$

当 $p$ 为质数时, $\varphi (p)=p-2$ ,所以费马小定理是欧拉定理的特殊情况.

求 $\varphi (n)$:

若 $n=p_1,\varphi (n)=p_1-1$

$n={p_1}^2,\varphi (n)={p_1}^2-p_1=p_1(p_1-1)$

$n={p_1}^k,\varphi (n)={p_1}^{k-1}\cdot (p_1-1)=\frac{p_{i-1}}{p_i}\cdot n$

$n=p_1{p}_2,\varphi (n)=n-\frac{n}{p_1}-\frac{n}{p_2}+\frac{n}{p_1{p}_2}=n(1-\frac{1}{p_1})(1-\frac{1}{p2})$

$n={p_1}^{k_1}\cdot {p_2}^{k_2}\cdot {p_3}^{k_3}\cdot ......\cdot {p_t}^{k_t}$

$\varphi (n)=n\cdot (1-\frac{1}{p_1})(1-\frac{1}{p_2})...(1-\frac{1}{p_t})$

ll getphi(ll n){
	ll phi = n;
	for(int i = 2; i* i <= n; ++i){
		if(n % i == 0){
			phi = phi / i * (i - 1);
			while(n % i == 0)
				n = n / i;
		}
	}
	if(n != 1)phi = phi / n * (n - 1);
	return phi;
}

$O(\sqrt{n})$

例1

LuoguP3811

给定 $n,p$ ,求 $1\backsim n$ 中每个数 $mod$ $p$ 意义下的逆元

$n\le {10}^6,p$ 为在 ${10}^9$ 附近的质数

法一

先递推 $1\backsim n$ 阶乘 $fac[i]$

然后从 $(n-1)\backsim 1$ 推, $\frac{1}{i!}=\frac{1}{(i+1)!}\cdot (i+1)$

求出阶乘逆元 $facinv[i]$

然后逆元 $\frac{1}{i}=(i-1)!\cdot \frac{1}{i!}$

cin >> n >> p;
fac[0] = 1;//阶乘
for(int i = 1; i <= n; ++i)
	fac[i] = 1ll * fac[i - 1] * i % p;
facinv[n] = ksm(fac[n], p -2, p);//阶乘逆元
for(int i = n - 1; i >= 1; --i)
	facinv[i]= 1ll * facinv[i + 1] * (i + 1) % p;
for(int i =1; i <= n; ++i)//逆元
	inv[i] = 1ll * fac[i - 1] * facinv[i] % p;

法二

假设 $in{v}_1\backsim in{v}_{i-1}$ 都已经求出, $in{v}_i=?$

$p>i$ 设 $p=ki+r$

所以 $0\equiv ki+r(mod$ $p)$

$-r\equiv ki(mod$ $p)$

$\frac{r}{i}\equiv -k(mod$ $p)$

$\frac{1}{i}\equiv -\frac{k}{r}(mod$ $p)$ 即可得出.

cin >> n >> p;
inv[1] = 1;
for(int i = 2; i <= n; ++i){
	int k = p / i, r = p % i;
	//p = k * i + r
	//0 = k * i + r(mod p)
	//-r = k * i(mod p)
	//1 / i = -k / r(mod p)
	inv[i] = 1ll * (p - k) * inv[r] % p;
}

质数

若 $n$ 为质数, $n-1=d\times 2^r$

有一个 $a$ ,$1\le a<n$ 使得

1. $a^{d}modn=1$

2. 存在 $0\le i<r$, $a^{d\times 2^i}modn=n-1$

$n$ 若为质数, 则两个性质中至少满足一个,若都不满足,则一定不为质数

随机代入 $a$ 检验, 满足的次数越多,则是质数的概率越大,有一个 $a$ 不满足条件,则一定不是质数

法一

//n - 1 = d * 2 ^ r
//找一个 1 <= a <= n
//1. a ^ d % n = 1
//2. 存在0 <= i < r使得a ^ (d * 2 ^ i) % n = n - 1
//当n是质数时,至少一条成立
bool miller_rabin(int n, int a){
	int d = n - 1, r = 0;
	while(d % 2 == 0)d /= 2, ++r;
	int x = ksm(a, d, r);
	if(x == 1)return 1;
	for(int i = 0; i < r; ++i){
		if(x == n - 1)return 1;
		x = 1ll * x * x * % n;
	}
	return 0;
}//O(logn)
bool check(int n){
	if(n < 2)return 0;
    for(int i = 1; i <= 23; ++i){
    	int a = rand()%(n - 1) + 1;
        if(!miller_rabin(n, a)) return 0;
    }
    return 1;
}

法二

bool miller_rabin(int n, int a){
	int d = n - 1, r = 0;
	while(d % 2 == 0)d /= 2, ++r;
	int x = ksm(a, d, r);
	if(x == 1)return 1;
	for(int i = 0; i < r; ++i){
		if(x == n - 1)return 1;
		x = 1ll * x * x * % n;
	}
	return 0;
}//O(logn)
int p[] = {2, 3, 5, 7, 11, 13, 23, 37, 73};
bool check(int n){
	if(n < 2)return 0;
    for(int i = 0; i < 8; ++i){
    	if(n == p[i])return 1;
        if(n % p[i] == 0) return 0;
        if(!miller_rabin(n, p[i] % n))reutrn 0;
    }
    return 1;
}

exgcd

方程 $xa+yb=g\to (gcd(a,b)=g)$

$gcd(b,amodb)=g\to x^{\prime }b+y^{\prime }(amodb)=g$

$x^{\prime }b+y^{\prime }a-y^{\prime }b\lfloor \frac{a}{b}\rfloor =g$

$y^{\prime }a+(x^{\prime }-y^{\prime }\lfloor \frac{a}{b}\rfloor )\cdot b=g$

int exgcd(int a, int b, int &x, int &y){
	//求g = gcd(a, b)以及 xa + yb = g
    if(!b){x = 1, y = 0; return 0;}
    int xp, yp;
    int g = exgcd(b, a % b, xp, yp);
    //xp * b + yp * (a % b) = g
    //xp * b + yp * (a - b * (a / b)) = g
    //xp * b + yp * a - yp * b * (a / b) = g
    //yp * a + (xp - yp *(a/b)) * b = g
  	x = yp;y = xp - yp * (a / b);
    return g;
}

裴蜀定理

对于 $xa+yb(x,y\in Z)$ 能表示的最小正整数为 $gcd(a,b)$

例1

LuoguP1082

$ax\equiv 1(modb)\to ax=yb+1$

$\therefore ax-yb=1$

变为 $ax+by=gcd(a,b)$

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define itn int
#define ull unsigned long long
#define gt getchar
#define pt putchar
using namespace std;
inline ll read(){
    ll x=0,f=1;char ch=gt();
    while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-1;ch=gt();}
    while(isdigit(ch)){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=gt();}
    return x*f;}
inline void print(ll x){if(x<0)pt('-'),x=-x;if(x>9)print(x/10);pt(x%10+48);}
ll n, p ,x, y;
void exgcd(ll a, ll b){
    if(!b)x = 1, y = 0;
    else exgcd(b, a % b), swap(x, y), y -= a / b * x;
}
int main(){
    n = read(), p = read();
    exgcd(n, p);
    cout << (x % p + p) % p << "\n";
    return 0;
}

下午

例2

中国剩余定理(CRT)/(ExCRT)

LuoguP1495

LuoguP4777

法一(大数翻倍):

首先，对于 $x\equiv 1(mod$ $3),x\equiv 1(mod$ $5)$

设 $t=lcm(3,5)$

$(1+t)\equiv 1(mod$ $3),(1+t)\equiv 1(mod$ $5)$

$t\equiv 0(mod$ $15)$

发现 $2$ 个同余方程可以合并:

$$x\equiv \{\begin{array}{ll}{a}_1& (mod{p}_1)\\ a_2& (mod{p}_2)\end{array}$$

如何合并成 $x\equiv a(modp)$:

令 $x=a_1$, 不断加上 $p_1$ , 次数加过 $p_2$ , 则无解

最后，$p=lcm(p_1,p_2)$，$a=x$ ，合并完毕，时间复杂度 $O(p_2)$。

void solve(int p1, int a1, int p2, int a2, int &p, int &a){
    if(p1 < p2)swap(p1, p2),swap(a1, a2);//优化为O(min(p1, p2))
    int x = a1, g = gcd(p1, p2), l = p1 / g * p2;
    while(x <= l && x % p2 != a2)x += p1;
    if(x > l)p = a = -1;
    else p = l, a = x;
}

法二(ExGcd):

$xmod{p}_1=a_1,xmod{p}_2=a_2,xmodp=a$

设 $x=k_1\times p_1+a_1=k_2\times p_2+a_2$

$\therefore k_1\times p_1-k_2\times p_2=a_2-a_1$

void solve(int p1, int a1, int p2, int a2, int &p, int &a){
    int g, k1, k2;
    g = exgcd(p1, p2, k1, k2);
    k2 = -k2;
    if((a2 - a1) % g != 0)p = -1, a = -1;
    else{
    int k = (a2 - a1) / g;
        k1 = k1 * k, k2 = k2 * k;
        int x = k1 * p1 + a1;
        p = p1 / g * p2;
        a = (x % p + p) % p;
    }
}

大数翻倍完整代码:

#include<bits/stdc++.h>
#define ll __int128
#define itn int
#define ull unsigned long long
#define gt getchar
#define pt putchar
using namespace std;
inline ll read(){
    ll x=0,f=1;char ch=gt();
    while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-1;ch=gt();}
    while(isdigit(ch)){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=gt();}
    return x*f;}
inline void print(ll x){if(x<0)pt('-'),x=-x;if(x>9)print(x/10);pt(x%10+48);}

long long a[100005], p[100005];
int n;
ll exgcd(ll a, ll b, ll &x, ll &y){
    if(!b){x = 1, y = 0; return a;}
    ll d = exgcd(b, a % b, y, x); y -= (a / b) * x;
    return d;
}
ll gcd(ll a, ll b){return a ? gcd(b % a, a) : b;}
void solve(ll p1, ll a1, ll p2, ll a2, ll &p, ll &a){
    if(p1 < p2)swap(p1, p2),swap(a1, a2);//优化为O(min(p1, p2))
    ll x = a1, g = gcd(p1, p2), l = p1 / g * p2;
    while(x <= l && x % p2 != a2)x += p1;
    if(x > l)p = a = -1;
    else p = l, a = x;
}
int main(){
    n = read();
    for(int i = 1; i <= n; ++i)p[i] = read(), a[i] = read(), a[i] %= p[i];
    for(int i = 2; i <= n; ++i){
    	ll ta, tp;
    	solve(p[i - 1], a[i - 1], p[i], a[i], tp, ta);
    	if(tp != -1 && ta != -1)p[i] = tp, a[i] = ta;
	}
	cout << a[n];
    return 0;
}

筛法

给定 $n$ 个数,从小到大输出 $1\backsim n$ 中的质数

暴力,枚举每个数 $O(n\sqrt{n})$

$miller$_$rabin$ ,枚举每个数 $O(n\log n)$

埃氏筛:

for(int a = 2; a <= n; ++a)
    for(int b = a + a; b <= n; b += a)
        nop[b] = 1;

for(int a = 2; a <= n; ++a)
    if(nop[a] == 0)p[++cnt] = a;

复杂度为 $O(\frac{n}{1}+\frac{n}{2}+...\frac{n}{n})$

$=n(\frac{1}{1}+\frac{1}{2}+...\frac{1}{n})$

调和级数, $\approx O(n\log n)$

优化:

for(int a = 2; a <= n; ++a)
    if(nop[a] == 0)
    	for(int b = a + a; b <= n; b += a)
        	nop[b] = 1;

复杂度 $O(n\log \log n)$

线性筛&欧拉筛

void Ola(){
	for(int i = 2; i <= n; ++i){
		if(nop[i] == 0)p[++cnt] = i;
		for(int j = 1; j <= cnt; ++j){//筛掉第j个质数的i倍
			int x = p[j] * i;
			if(x > n)break;
			nop[x] = 1;
			if(i % p[j] == 0)break;//保证每个数只被最小质因子筛掉
		}
	}
}

时间复杂度 $O(n)$

积性函数

积性函数:
当 $gcd(a,b)=1$ 时, $f(a)f(b)=f(ab)$

例子: $\varphi (x)$

$\varphi (n)=n(1-\frac{1}{p_1})(1-\frac{1}{p_2})...(1-\frac{1}{p_t})$

$n={p_1}^{k_1}{p_2}^{k_2}...{p_t}^{k_t}$

$\varphi (m)=m(1-\frac{1}{p_1})(1-\frac{1}{p_2})...(1-\frac{1}{p_w})$

$m={p_1}^{r_1}{p_2}^{r_2}...{p_w}^{r_w}$

$nm={p_1}^{k_1}{p_2}^{k_2}...{p_t}^{k_t}\cdot {p_1}^{r_1}{p_2}^{r_2}...{p_w}^{r_w}$

$\varphi (nm)=n(1-\frac{1}{p_1})(1-\frac{1}{p_2})...(1-\frac{1}{p_t})\cdot m(1-\frac{1}{p_1})(1-\frac{1}{p_2})...(1-\frac{1}{p_w})$

$\therefore \varphi (n)\varphi (m)=\varphi (nm)$

线性预处理 $\varphi (x)$

void Ola(){
    for(int i = 2; i <= n; ++i){
        if(nop[i] == 0)p[++cnt] = i, phi[i] = i - 1;
        for(int j = 1; j <= cnt; ++j){
            int x = p[j] * i;
            if(x > n)break;
            nop[x] = 1;
            phi[x] = phi[p[j]] * phi[i];
            if(i % p[j] == 0){
            	phi[x] = p[j] * phi[i];
                break;
            }
        }
    }
}

Day 3

上午

baby step giant step算法(北上广深算法)

给定 $a,b,p$ 求解 $a^{x}modp=b$

$a,b,p\le {10}^9$

暴力容易写出 $O(x)$

//此文章第1145行(
int solve (int a, int b, int p){
    ll v = 1;
    for(int x = 0; ; ++x){
    if(v == b)return x;
        v = 1ll * v * a % p;
        f(v == 1)return -1;
    }
}

由费马小定理知:

$$a^{p-1}\equiv 1(modp)$$

所以

$$a^{p-1+k}=a^{p-1}\times a^k\equiv a^k(modp)$$

可得循环节只有 $p-1$ 的长度

修改为 $O(p-1)$

int solve (int a, int b, int p){
    ll v = 1;
    for(int x = 0; x < p - 1; ++x){
    if(v == b)return x;
        v = 1ll * v * a % p;
        f(v == 1)return -1;
    }
}

$bsgs$ 解法:

先将 $a^0\backsim a^{p-1}$ 分为几组, 每组为

$a^0,a^1,...a^{s-1}$

$a^s,a^{s-1},...,a^{2s-1}$

$a^{2s}......$

$...$

查看第一组是否有解,若有,则跳出循环,否则查看第二组......

和暴力复杂度其实一样

我们可以发现如果 $b$ 在第二组中出现,则一定在第一组中有 $b\cdot a^{-s}$ 出现,

如果 $b$ 在第二组中出现,则一定在第一组中有 $b\cdot a^{-2s}$ 出现

...

所以可以检查第一组得到解, 有分块的思想

代码

int solve (int a, int b, int p){
	int s = sqrt(p);
	int v = 1;
	set<int> se;//集合STL
	for(int i = 0; i < s; ++i){
		se.insert(v);
		v = 1ll * v * a % p;
	}
	//O(p/s)
	for(int i = 0; i * s <= p; ++i){//检查答案是否在第i行 
	//看b * a ^ (-i* s) 是否在第0行出现
		int c = 1ll * b * ksm(ksm(a, i * s, p), p - 2, p) % p;
		if(se.count(c) != 0){
			int v = ksm(a, i * s, p);//第i行第一个数
			for(int j = i * s; ; ++j){//最坏O(s)
				if(v == b)return j;
				v = 1ll * v * a % p;
			} 
		}
	} 
	//总 : O(max(s, p/s)); 即得s = sqrt(p)最合适 
	//所以时间复杂度 O(sqrt(p)) 
	return -1;
}
//1234行(

时间复杂度 $O(\sqrt{p})$ (分块复杂度

例1

LuoguP3846
模板,见代码:

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define gt getchar
using namespace std;
inline ll read(){
	ll x=0,f=1;char ch=gt();
	while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-1;ch=gt();}
	while(isdigit(ch)){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=gt();}
	return x*f;}
ll ksm(ll a, ll b, ll p){
	if(b == 0)return 1; 
	ll ans = 1;
	while(b){
		if(b&1)ans = ans * a % p;
		b >>= 1;
		a = a * a % p; 
	}
	return ans;
}
ll solve(ll a, ll b, ll p){
	int s = sqrt(p);
	int v = 1;
	set<int> se;
	for(int i = 0; i < s; ++i){
		se.insert(v);
		v = 1ll * v * a % p;
	}
	for(int i = 0; i * s <= p; ++i){
		int c = 1ll * b * ksm(ksm(a, i * s, p), p - 2, p) % p;
		if(se.count(c) != 0){
			int v = ksm(a, i * s, p);
			for(int j = i * s; ; ++j){
				if(v == b)return j;
				v = 1ll * v * a % p;
			}
		}
	}
	return -1;
}
int main(){
	int p, b, n;
	cin >> p >> b >> n;
	ll ans = solve(b, n, p);
	if(ans == -1)cout << "no solution";
	else cout << ans;
	return 0;
}

组合数学

组合睡学(

核心: 计数, 方案数

加法原理 : 从 $A$ 到 $B$ 上面 $3$ 条路,下面 $2$ 条路,总共 $5$ 种方案 (同一阶段内加)

乘法原理 ; 从 $A$ 到 $B$ 有 $3$ 条路, $B$ 到 $C$ 有 $2$ 条路, $A$ 到 $C$ 有 $6$ 种方案 (不同阶段内乘)

排列: $n$ 个人选 $m$ 个人, 考虑 $m$ 个人的顺序

第 $1$ 个人有 $n$ 种选法

第 $2$ 个人有 $n-1$ 种选法

第 $m$ 个人有 $n-m+1$ 种选法,

$P(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m})=n\cdot (n-1)(n-2)...(n-m+1)={\displaystyle \frac{n!}{(n-m)!}}$

组合: $n$ 个人选 $m$ 个人, 不考虑 $m$ 个人的顺序

$C(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m})={\displaystyle \frac{n\cdot (n-1)...(n-m+1)}{m!}}={\displaystyle \frac{n!}{(n-m)!m!}}={\displaystyle \frac{P(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m})}{m!}}$

$C(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m})={\displaystyle \frac{n!}{(n-m)!m!}}$

组合数一些式子:

1. 一个都不选或者全选,只有一种做法:

   $(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{0})=1=(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{n})$

2. 选 $m$ 个或者选 $n-m$ 个丢掉实质一样:

   $(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m})=(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{n-m})$

3. 选 $m$ 个, 考虑分情况讨论::

   1. 选第 $1$ 个物品, 还需要从剩下的 $n-1$ 中选 $m-1$个

   2. 不选第 $1$ 个物品, 还需要从剩下的 $n-1$ 中选 $m$个

   $(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m})=(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{m-1})+(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{m})$

   预处理求所有的组合数

for(int i = 0; i <= n; ++i){
    c[i][0] = 1;
    for(int j = 1; j <= i; ++j)
        c[i][j] = c[i - 1][j - 1] + c[i - 1][j];
}

此时的 $C$ 数组是个杨辉三角形

$1$

$1,1$

$1,2,1$

$1,3,3,1$

$1,4,6,4,1$

4. 选任意多个物品:

   $(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{0})+(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{1})+(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{2})+...+(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{n})=2^n$

5. $n\ge 1$

   $(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{0})-(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{1})+(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{2})-(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{3})+...\pm (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{n})=0$

   由第 $3$ 个式子可得,所有奇数位置的和等于杨辉三角中上一行的和,所有偶数位置的和也等于杨辉三角上一行的和都等于 $2^{n-1}$

   所以奇数位置之和与偶数位置之和之差为 $0$

6. $(x+y{)}^n$:

$$(x+y{)}^0=1$$

$$(x+y{)}^1=x+y$$

$$(x+y{)}^2=x^2+2xy+y^2$$

$$(x+y{)}^3=x^3+3x^{2}y+3x{y}^2+y^3$$

$$(x+y{)}^4=x^4+4x^{3}y+6x^2{y}^2+4x{y}^3+x^4$$

观察系数,发现是杨辉三角

$$\therefore (x+y{)}^n=(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{0})x^n{y}^0+(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{1})x^{n-1}{y}^1+...+(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{n})x^0{y}^n$$

即为

$$(x+y{)}^n=\sum _{i=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})x^{n-i}{y}^i$$

7. $3$ 式的不断展开

$$(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m})$$

$$=(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{m-1})+(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{m})$$

$$=(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-2}{m-2})+2(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-2}{m-1})+(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-2}{m})$$

$$=(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-3}{m-3})+3(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-3}{m-1})+3(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-3}{m-2})+(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-3}{m})$$

$$......$$

$$=\sum _{i=0}^k(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{i})\cdot (\genfrac{}{}{0ex}{}{n-k}{m-i})$$

例1

$n$ 个数, 选 $m$ 个, 不计顺序, 但是一个数可以选任意多次,求方案数

考虑原版,每个数只能选一次其实就是求不等式

$$1\le a_1<a_2<...<a_m\le n$$

的解的个数

这道题可以看做

$$1\le b_1\le b_2\le ...\le b_m\le n$$

的解的个数

设 $c_1=b_1,c_2=b_2+1...,c_m=b_m+m-1$

就可以看做

$$1\le c_1<c_2<...<c_m\le n+m+1$$

的解的个数 $=(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+m-1}{m})$

$$ans=(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+m-1}{m})$$

例2

求 $(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m})modp$

1.$n,m\le {10}^{18},p=1$

$ans=1$

2.$n,m\le 1000,p$ 随意

用杨辉三角递推$O(nm)$

for(int i = 0; i <= n; ++i){
    c[i][0] = 1;
    for(int j = 1; j <= i; ++j)
        c[i][j] = (c[i - 1][j - 1] + c[i - 1][j]) % P;
}
cout << c[n][m];

LuoguP2822

代码下课补(

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define gt getchar
using namespace std;
inline ll read(){
	ll x=0,f=1;char ch=gt();
	while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-1;ch=gt();}
	while(isdigit(ch)){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=gt();}
	return x*f;}
ll t, k;
ll c[2005][2005], qzh[2005][2005];
int main(){
	t = read(), k = read();
	memset(c, -1, sizeof c);
	for(int i = 0; i <= 2000; ++i){
		c[i][0] = 1;
		for(int j = 1; j <= i; ++j){
			c[i][j] = (max(c[i - 1][j - 1], (ll)0) + max(c[i - 1][j],(ll)0)) % k;
		}
	}
	for(int i = 1; i <= 2000; ++i){
		for(int j = 1; j <= 2000; ++j){
			qzh[i][j] = qzh[i - 1][j] + qzh[i][j - 1] - qzh[i - 1][j - 1];
			if(c[i][j] == 0)qzh[i][j]++;
		}
	}
	for(int i = 1; i <= t; ++i){
		int n = read(), m = read();
		cout << qzh[n][m] << "\n";
	}
	return 0;
}

3.$n,m\le {10}^6,p$ 为质数

逆元 $O(n\log p)$

$$(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m})={\displaystyle \frac{n!}{(n-m)!m!}}=n![(n-m)!{]}^{p-2}(m!{)}^{p-2}modp$$

fac[0] = 1;
for(int i = 1; i <= 1000000; ++i)fac[i] = 1ll * fac[i - 1] * i % p;
cout << fac[n] * ksm(fac[m], p - 2, p) % p * ksm(fac[n - m], p - 2, p) % p;

下午

4.$n\le {10}^9,m\le {10}^3$

$$(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m})={\displaystyle \frac{n!}{(n-m)!m!}}$$

$$={\displaystyle \frac{n(n-1)(n-2)..(n-m+1)}{1\times 2\times 3\times ...\times m}}$$

然后把分母约为 $1$, 分子乘起来即可 $O(m^2\log m)$

for(int i = 1; i <= m; ++i){
    fenzi[i] - i;
    fenmu[i] - n - i + 1; 
}
for(int i = 1; i <= m; ++i){
    for(int j = 1; j <= m; ++j){
        int g = gcd(fenzi[i], fenmu[j]);
        fenzi[i] /= g;
        fenmu[j] /= g;
    }
} 
int ans =1;
for(int i = 1; i <= m; ++i)ans = 1ll * fenzi[i] % p;

5.$n,m\le {10}^9,p\le 100$ 为指数

$Lucas$ 定理:

先将 $n,m$ 转换为 $p$ 进制.

短除法转换进制

如 $n=25,m=12,p=3$ ,

$n_{(3)}=221,m_{(3)}=110$

$$(\genfrac{}{}{0ex}{}{25}{12})modp=(\genfrac{}{}{0ex}{}{n_1}{m_1})(\genfrac{}{}{0ex}{}{n_2}{m_2})(\genfrac{}{}{0ex}{}{n_3}{m_3})modp$$

int lucas(int n, int m, int p){
    while(n){
        ++x[0];
        x[x[0]] = n % p;
        n = n / p;
    }//n的p进制表示 
    while(m){
        ++y[0];
        y[y[0]] = m % p;
        m = m / p;
    }
    int ans = 1;
    for(int i = 1; i <= x[0]; ++i)
        ans = 1ll * ans * c[x[i]][y[i]] % p;
    return ans; 
}
int main(){
    cin >> n >> m >> p;
    for(int i = 0; i <= p; ++i){
    	c[i][0] = 1;
    	for(int j = 1; j <= i; ++j){
        	c[i][j] = (c[i - 1][j - 1] + c[i - 1][j]) % p;
		}
	}
	return 0;
}

$O(\log n)$

LuoguP3807

卢卡斯定理只适用于 $p$ 为质数, 当 $p$ 不为质数时, 将其质因数分解

然后中国剩余定理合并, 计算可得

例3

将 $x$ 拆为 $k$ 个不同组合数之和

$x\le {10}^9,k\le {10}^3$

酱汁构造(

$$x=\stackrel{k-1}{\overbrace{1+1+1+...+1}}+(n-k+1)$$

$$=(\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{0})+(\genfrac{}{}{0ex}{}{2}{0})+....+(\genfrac{}{}{0ex}{}{k-1}{0})+(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-k+1}{1})$$

例4

比较 $(\genfrac{}{}{0ex}{}{n1}{m1})$ 与 $(\genfrac{}{}{0ex}{}{n2}{m2})$ 大小

$$\log (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m})=\log {\displaystyle \frac{n!}{(n-m)!m!}}=\log n!-\log (n-m)!-\log m!$$

$$\log n!=\log 1+\log 2+...+\log n$$

fac[0] = 0;
for(int i  =1; i <= 1000000; ++i){
	fac[i] = fac[i - 1] + log(i); 
}
double logcnm(int n, int m){
	return fac[n] - fac[m] - fac[n - m];
}

例5

找到 $k$ 个不同的组合数,使得这 $k$ 个组合数之和最大

对于每个组合数 $(\genfrac{}{}{0ex}{}{a}{b}),a,b\le n$

观察杨辉三角

$$1$$

$$1,1$$

$$1,2,1$$

$$1,3,3,1$$

$$1,4,6,4,1$$

最底层中间的数最大,
往外扩散逐渐减小

单调队列, 结构体重载运算符

代码晚上补(

例6

LuoguP3746

$$f(n,r)=\sum _{i=0}^{inf}C(nk,ik+r)$$

展开 $k$ 次

$$=\sum _{i=0}^{inf}\sum _{j=0}^{k}C(k,j)\cdot C(nk-k,ik+r-j)$$

$$=\sum _{j=0}^k\sum _{i=0}^{inf}C(k,j)\cdot C(nk-k,ik+r-j)$$

$$=\sum _{j=0}^k\sum _{i=0}^{inf}C(k,j)\cdot C(nk-k,ik+r-j)$$

$$=\sum _{j=0}^{k}C(k,j)\sum _{i=0}^{inf}\cdot C((n-1)k,ik+r-j)$$

$$=\sum _{j=0}^{k}C(k,j)\cdot f(n-1,r-j)$$

令

$$D(r-j,r)=C(k,j)$$

$$f_n(1,r)=\sum _{j=0}^k{f}_{n-1}(1,r-j)\cdot D(r-j,r)$$

矩阵快速幂

代码晚上能补出来?(

#include<bitsdc++.h>
#define ll long long
#define itn int
#define ull unsigned long long
#define gt getchar
#define pt putchar
using namespace std;
inline ll read(){
    ll x=0,f=1;char ch=gt();
    while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-1;ch=gt();}
    while(isdigit(ch)){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=gt();}
    return x*f;}
inline void print(ll x){if(x<0)pt('-'),x=-x;if(x>9)print(x/10);pt(x%10+48);}
ll n, p, k, r;
struct Matrix{
    ll a[55][55];//自行开空间 
    int n, m;
    Matrix() {memset(a, 0, sizeof a);}
}ans, base;
Matrix operator * (const Matrix &A, const Matrix &B){//& 直接调用A, B.const 防止 A, B 被修改 
        Matrix Ans;
        Ans.n = A.n, Ans.m = B.m;
		for(int i = 0; i < A.n; ++i)
			for(int j = 0; j < B.m; ++j)
				for(int k = 0; k < A.m; ++k)
					Ans.a[i][j] = (Ans.a[i][j] + A.a[i][k] % p * B.a[k][j] % p) % p, Ans.a[i][j] %= p;
		return Ans;
    }
void ksm(ll b){
    while(b){
        if(b & 1)ans = ans * base;
        base = base * base;
        b >>= 1;
    }
}
void init(){    
    ans.a[0][0] = 1;
    ans.n = base.n = base.m = k, ans.m = k;
    for(int i = 0; i < k; ++i){
        base.a[i][i] = 1;
        base.a[i][(i + 1) % k]++;
    }
}
int main(){
    n = read(), p = read(), k = read(), r = read();
    init();
    ksm(n * k);
    cout << ans.a[0][r];
    return 0;
}

抽屉原理

$n+1$ 个东西放入 $n$ 个抽屉里,至少有 $1$ 个抽屉有至少 $2$ 个东西

$kn+1$ 个东西,放入 $n$ 个抽屉里, 至少有一个抽屉有至少 $k+1$个东西

例1

给定 $n$ 个数, 要求从中选出任意多个数, 使得它们的和为 $c$ 的倍数

$c\le n\le {10}^5$

用前缀和做:

$qzh$ 数组中存放 $1+n$ 个数: $qz{h}_0,qz{h}_1,...,qz{h}_n$

将每个元素 $mod$ $c$ 后的结果分类 $0,1,2,...,c-1$

据抽屉原理知一定有同类的结果, 即得答案

代码等补(

例2

平面上 $n$ 个点 $(x_i,y_i)$

用三个大小为 $L\times L$ 的正方形覆盖住所有点

求最小的 $L$

显然二分答案, 如何写 $check$ 函数

得到这些点 $x,y$ 的最大最小值,用最小的矩形框住所有点

先用一个正方形盖住一角, 将剩下的点继续用最小矩形框住,再用一个正方形盖住一角,最后检查剩下的点能否盖住即可.

check中循环 $4\times 4$.

$O(4\times 4\times n)$

代码晚上补啊啊啊啊啊啊啊啊啊啊

容斥

设 $A_1$ 为学语文的人的集合, $A_2$ 为学数学的人的集合, $A_3$ 为学英语的人

同时学语文和数学的人: $A_1\bigcap A_2$

学语文或数学的人: $A_1\bigcup A_2$

$|A_1\bigcup A_2|=|A_1|+|A_2|-|A_1\bigcap A_2|$

$|A_1\bigcup A_2\bigcup A_3|=|A_1|+|A_2|+|A_3|-|A_1\bigcap A_2|-|A_2\bigcap A_3|-|A_1\bigcap A_3|+|A_1\bigcap A_2\bigcap A_3|$

$|A_1\bigcup A_2\bigcup A_3\bigcup A_4|$

$=|A_1|+|A_2|+|A_3|+|A_4|$

$-|A_1\bigcap A_2|-|A_1\bigcap A_3|-|A_1\bigcap A_4|-|A_2\bigcap A_3|-|A_2\bigcap A_4|-|A_3\bigcap A_4|$

$+|A_1\bigcap A_2\bigcap A_3|+|A_1\bigcap A_2\bigcap A_4|+|A_1\bigcap A_3\bigcap A_4|+|A_2\bigcap A_3\bigcap A_4|$

$-|A_1\bigcap A_2\bigcap A_3\bigcap A_4|$

例1

$n$ 对夫妻, $2n$ 个人,围成一个环,求方案数.

1. 夫妻不能相邻

2. 旋转算同一种方案

先不考虑要求1,并且坐成一排,答案 $(2n)!$

Day 4

上午

坐成一圈, 答案 $\frac{(2n)!}{2n-1}=(2n-1)!$

这样,所有不合法方案一定被减掉,但是, 有可能减多次

$-(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{1})\cdot (2n-2)!\cdot 2$ :减去使一对夫妻强制相邻的方案数

$+(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{2})\cdot (2n-3)!\cdot 2^2$:加上两对夫妻强制相邻的方案数

$-(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{3})\cdot (2n-4)!\cdot 2^3$:加上三对夫妻强制相邻的方案数

剩下同上

总式:

$$ans=\sum _{i=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})\cdot (2n-i-1)!\cdot 2^i\cdot (-1{)}^i$$

容斥通用做法:

要满足 $n$ 个条件, 先减满足前 $1$ 个条件的方案数, 再加满足前 $2$ 个条件的方案数.......

例2

询问 $1\backsim n$ 中有多少数能表示成 $x^y,y>1$ 的形式

$n\le {10}^{18}$

$1\backsim n$ 中能表示成 $x^2$ 的 $x$ 有 $\sqrt{n}$ 个

$1\backsim n$ 中能表示成 $x^3$ 的 $x$ 有 $\sqrt[3]{n}$ 个

$1\backsim n$ 中能表示成 $x^y$ 的 $x$ 有 $\sqrt[y]{n}$ 个

$y^6=(y^2{)}^3=(y^3{)}^2$

所以要减去 $\sqrt[6]{n}$ 保证不重

#include<cmath>

cin >> n;
for(int a = 2; a <= 64; ++a){
	num[a] = 0;//代表x^a 这种形式的数算了几次 
}
for(int a = 2; a <= 64; ++a){
	//pow(x, y) = x ^ y;
	//pow(x, 0.5) = sqrt(x);
	ll v = floor(powl(n, 1.0 / a)) - 1;
	int d = 1 - num[a];
	ans += v * d;
	num[a] += d;
	for(int b = a; b <= 64; b += a){
		num[b] += d;
	} 
} 
cout << ans + 1;//补上1 

LuoguP9118

矩阵

解方程:

$$\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=2\\ x_1+x_2=4\end{array}$$

消元即可

如何求 $n$ 元一次方程

$$\{\begin{array}{l}{a}_{1,1}{x}_1+a_{1,2}{x}_2+...+a_{1,n}{x}_n=b_1(1)\\ a_{2,1}{x}_1+a_{2,2}{x}_2+...+a_{2,n}{x}_n=b_2(2)\\ ......\\ a_{n,1}{x}_1+a_{n,2}{x}_2+...+a_{n,n}{x}_n=b_n(n)\end{array}$$

高斯消元

$(2)-(1)\cdot \frac{a_{2,1}}{a_{1,1}}$

$(3)-(1)\cdot \frac{a_{3,1}}{a_{1,1}}$

......

消掉 $x_1$

剩下 $n-1$ 个方程和未知数.....

再不断消掉其他的位置数,只剩一个未知数和方程,然后回带

$$\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2+x_3=3\\ 2x_1+3x_2+4x_3=9\\ 3x_1+7x_2+10x_3=20\end{array}$$

变成

$$\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2+x_3=3\\ 0+x_2+2x_3=6\\ 0+4x_2+7x_3=11\end{array}$$

变成

$$\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2+x_3=3\\ 0+x_2+2x_3=6\\ 0+0-1x_3=-1\end{array}$$

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
double a[105][105];
int n;
double x[105];
void Gauss(){
	for(int i = 1; i <= n; ++i){
		//把xi从第i+1到第n个方程中消掉
		for(int j = i; j <= n; ++j){
			if(fabs(a[j][i]) > fabs(a[i][i])){//主元消元法
				swap(a[i],a[j]);
				break;
			}
		}
		for(int j = i + 1; j <= n; ++j){//把xi从第j个方程中消掉 
			double ratio = a[j][i] / a[i][i];
			for(int k = 1; k <= n + 1; ++k){
				a[j][k] -= a[i][k] * ratio;
			} 
		} 
	}
	for(int i = n; i >= 1; --i){
		for(int j = i + 1; j <= n; ++j)
			a[i][n + 1] -= a[i][j] * x[j]; 
		x[i] = a[i][n + 1] / a[i][i];
	}
}
int main(){
	cin >> n;
	for(int i = 1; i <= n; ++i){
		for(int j = 1; j <= n; ++j)
			cin >> a[i][j];
		cin >> a[i][n + 1];
	}
	Gauss();
	//a[1][1] * x[1] + a[1][2] * x[2] + ... + a[1][n] * x[n] = a[1][n + 1];
	//a[2][1] * x[1] + a[2][2] * x[2] + ... + a[2][n] * x[n] = a[2][n + 1];
	// ............................................................
	//a[n][1] * x[1] + a[n][2] * x[2] + ... + a[n][n] * x[n] = b[n][n + 1];
	for(int i = 1; i <= n; ++i){
		printf("%.2lf\n", x[i]);
	}
	return 0;
}

$O(n^3)$

可以用最小公倍数做, 避免精度问题

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
int a[105][105];
int n;
double x[105];
void Gauss(){
	for(int i = 1; i <= n; ++i){
		//把xi从第i+1到第n个方程中消掉
		for(int j = i; j <= n; ++j){
			if(fabs(a[i][j] != 0)){//实数判断是否为0 
				swap(a[i],a[j]);
				break;
			}
		}
		for(int j = i + 1; j <= n; ++j){//把xi从第j个方程中消掉 
			if(a[j][i] == 0)continue;
			int l = a[i][i] / gcd(abs(a[i][i]),abs(a[j][i])) * a[j][i];
			int ratioi = l / a[i][i];
			int ratioj = l / a[j][i];
			for(int k = 1; k <= n + 1; ++k)
				a[j][k] = a[j][k] * ratioj - a[i][k] * ratioi;
		} 
	}
	for(int i = n; i >= 1; --i){
		for(int j = i + 1; j <= n; ++j)
			a[i][n + 1] -= a[i][j] * x[j]; 
		x[i] = (double)a[i][n + 1] / a[i][i];
	}
}
int main(){
	cin >> n;
	for(int i = 1; i <= n; ++i){
		for(int j = 1; j <= n; ++j)
			cin >> a[i][j];
		cin >> a[i][n + 1];
	}
	Gauss();
	//a[1][1] * x[1] + a[1][2] * x[2] + ... + a[1][n] * x[n] = a[1][n + 1];
	//a[2][1] * x[1] + a[2][2] * x[2] + ... + a[2][n] * x[n] = a[2][n + 1];
	// ............................................................
	//a[n][1] * x[1] + a[n][2] * x[2] + ... + a[n][n] * x[n] = b[n][n + 1];
	for(int i = 1; i <= n; ++i){
		printf("%.2lf\n", x[i]);
	}
	return 0;
}

单位矩阵 $I$ :

$$I=\left|\begin{array}{ccccc}1& 0& 0& ...& 0\\ 0& 1& 0& ...& 0\\ 0& 0& 1& ...& 0\\ ...& ...& ...& ...& ...\\ 0& 0& 0& ...& 1\end{array}\right|$$

$$AI=IA$$

若

$$A\cdot B=I$$

则 $B$ 为 $A$ 的倒数

若 $A\cdot B=C$ 则 $C_{i,j}=\sum _{k=1}^n{A}_{i,k}\cdot B_{k,j}$

就有 $n^2$ 个未知数和方程, 高斯消元求解 $B$, 时间复杂度 $O(n^6)$

$$A=\left|\begin{array}{cc}1& 2\\ 3& 4\end{array}\right|$$

$$A\times \left|\begin{array}{cc}0& 1\\ 1& 0\end{array}\right|=\left|\begin{array}{cc}2& 1\\ 4& 3\end{array}\right|$$

$$\left|\begin{array}{cc}0& 1\\ 1& 0\end{array}\right|\times A=\left|\begin{array}{cc}3& 4\\ 1& 2\end{array}\right|$$

$$\left|\begin{array}{cccc}1& 0& 0& 0\\ 0& 0& 1& 0\\ 0& 1& 0& 0\\ 0& 0& 0& 1\end{array}\right|\times \left|\begin{array}{cccc}1& 2& 3& 4\\ 2& 3& 4& 1\\ 3& 4& 1& 2\\ 4& 1& 2& 3\end{array}\right|=\left|\begin{array}{cccc}1& 2& 3& 4\\ 3& 4& 1& 2\\ 2& 3& 4& 1\\ 4& 1& 2& 3\end{array}\right|$$

所以矩阵可以高斯消元消成单位矩阵,在消元过程中相当于矩阵乘 $B$

下午

概率和期望

事件

扔一个骰子

样本空间: $1,2,3,4,5,6$

$A$ 事件中, $1,2,3$ 为样本点

$A=\{1,2,3\}$

样本点组合成事件

则 $P(A)=\frac{1}{2}$

$A=\{1,2,3\},B=\{2,3,4\}$

$A\cup B=\{1,2,3,4\}$

$A\cap B=\{2,3\}$

减法: 把 $A$ 中出现在 $B$ 中的元素删掉

$A-B=\{1\}=A-A\cap B$

概率

概率定义：为样本空间的每一个事件定义一个实数，这个实数称为概率

事件的概率等于它所包含的样本点的概率之和

$0\le P(A)\le 1$

$n$ 个样本点: $B_1,B_2,...,B_n$

$P(B_1)+P(B_2)+..+P(B_n)=1$

$P(A)=0$ : 不可能事件

$P(A)=1$ : 必然事件

$P(A|B)$ : 条件概率: $B$ 发生的情况下 $A$ 发生的概率

例子:

$1,2,3,4,5,6$

$A=\{1\},B=\{1,2,3\}$

$P(A|B)=\frac{1}{3}$

$C=\{1,2,3\},D=\{1,3,5\}$

$P(C|D)=\frac{2}{3}$

公式1: $P(A|B)=\frac{P(AB)}{P(B)}$

$\therefore P(C|D)=\frac{P(CD)}{P(D)}=\frac{\frac{1}{3}}{\frac{1}{2}}=\frac{2}{3}$

公式2: $P(A|B)P(B)=P(AB)$

独立事件 : 两个事件 $A,B$,$A$ 的发生不影响 $B$ 的发生, $B$ 也不影响 $A$

即: $P(A)P(B)=P(AB),P(A)=P(A|B)$

扔两次骰子,第一次与第二次互相不影响,互为独立事件

期望

扔骰子: $1,2,3,4,5,6$

数的期望: $1,2,3,4,5,6$

概率:$\frac{1}{6},\frac{1}{6},\frac{1}{6},\frac{1}{6},\frac{1}{6},\frac{1}{6}$

期望值: $1\times \frac{1}{6}+2\times \frac{1}{6}+3\times \frac{1}{6}+4\times \frac{1}{6}+5\times \frac{1}{6}+6\times \frac{1}{6}=\frac{7}{2}$

数的平方的期望 $1,4,9,16,25,36$

此时的期望值 $\frac{91}{6}$

$E[f(X)]=\sum f(X)P(X=x)$

期望的和 等于和 的期望

$E[x_1+x_2]=E[x_1]+E[x_2]$

$E[x_1+{x_1}^2]=E[x_1]+E[{x_1}^2]$

例1

三张一样的卡, 其中一张两面黑,一张两面红,一张一面红一面黑

随机抽取一张放在桌子上,红色面朝上,另一面为黑色的概率是多少是多少

因为有三张牌,而又分正反面,所以朝上的情况有 $6$ 种

$1R,2R,3R,4B,5B,6B$

$P(\text{下黑|上红})={\displaystyle \frac{P(\text{下黑上红})}{P(\text{上红})}}=\frac{1}{3}$

例2

$n$ 个人抽签, 有人抽中则立即停止抽签, 问是否公平

公平.

第一个人的概率是: $\frac{1}{n}$

第二个人的概率是: $\frac{n-1}{n}\cdot \frac{1}{n-1}=\frac{1}{n}$

第三个人的概率是: $\frac{n-1}{n}\frac{n-2}{n-1}\cdot \frac{1}{n-2}=\frac{1}{n}$

以此类推

例3

设男女人口比例为 $51:49$, 男性色盲率为 $2\mathrm{\%}$, 女性色盲率为 $0.25\mathrm{\%}$

$P(\text{男|盲})={\displaystyle \frac{P(\text{男,盲})}{P(\text{盲})}}={\displaystyle \frac{51\mathrm{\%}\cdot 2\mathrm{\%}}{51\mathrm{\%}\cdot 2\mathrm{\%}+49\mathrm{\%}\cdot 0.25\mathrm{\%}}}$

例4

一个人左右口袋各一盒火柴,每盒 $n$ 支,每次抽烟时随机选一盒点火,由于习惯, 选右口袋的概率大于二分之一 $(P>\frac{1}{2})$ ,, 问下面两种情形概率是否相等,试求概率值

1. 某次发现取的这一盒已经空了, 这是另一盒恰好有 $m$ 支火柴

2. 某次用完一盒时另一盒恰好有 $m$ 盒火柴

	概率		取
左	$1-p$	$n$	$n+1$
右	$p$	$n$	$n-m$

当右边先取完，$p^{(n+1)}(1-p{)}^{(n-m)}$

当左边先取完，$(1-p{)}^{(n+1)}{p}^{(n-m)}\cdot C(2n-m,n)$

例5

在小葱和小泽面前有三瓶药，其中有两瓶是毒药，每个人必须喝
一瓶。小葱和小泽各自选了一瓶药，小泽手速比较快将药喝了下去，然
后就挂掉了.。小葱想活下去，他是应该喝掉手上的这瓶，还是另外剩下的一瓶
呢？

其实是三门问题.

有三扇门, 两个门后面是羊,一个门后面是车,你选定了一个门,主持人打开了一个门显示为羊

1	2	3
车	羊	羊

假设你选第一个门 $(p=\frac{1}{3})$, 主持人不论打开剩下的那扇门都应该不换,选第二个门 $(p=\frac{1}{3})$, 主持人打开第 $3$ 个门, 应该换, 选第三个门 $(p=\frac{1}{3})$, 主持人打开第 $2$ 个门,应该换.

所以 $P(\text{换})=\frac{2}{3}$

1	2	3
好	坏	坏

小泽喝药死了是随机行为,不一定是因为毒药

所以换不换都一样

例6

过河有两个路

1. $100$ 个石头,有 $\frac{1}{100}$ 的概率挂掉
2. $1000$ 个石头,有 $\frac{1}{1000}$ 的概率挂掉

问选哪个.

首先,选 $1$ 活的概率是 $(\frac{99}{100}{)}^{100}$
选 $2$ 活的概率是 $(\frac{999}{1000}{)}^{1000}$

$\because \frac{1}{1000}<\frac{1}{999}$

$\therefore 1-{\displaystyle \frac{1}{1000}}>1-{\displaystyle \frac{1}{999}}$

即 ${\displaystyle \frac{999}{1000}}>{\displaystyle \frac{998}{999}}$

$\therefore {\displaystyle \frac{999}{1000}}>{\displaystyle \frac{998}{999}}>...>{\displaystyle \frac{990}{991}}$

又 $\because {\displaystyle \frac{99}{100}}={\displaystyle \frac{990}{1000}}={\displaystyle \frac{999}{1000}}\cdot {\displaystyle \frac{998}{999}}\cdot ...\cdot {\displaystyle \frac{990}{991}}$

$\therefore {\displaystyle \frac{99}{100}}<({\displaystyle \frac{999}{1000}}{)}^{100},{\displaystyle \frac{99}{100}}<{\displaystyle \frac{999}{1000}}$

$\therefore ({\displaystyle \frac{99}{100}}{)}^{100}<({\displaystyle \frac{999}{1000}}{)}^{100}$

$\therefore ({\displaystyle \frac{99}{100}}{)}^{100}<({\displaystyle \frac{999}{1000}}{)}^{1000}$

例7

小胡站在原点，手里拿着两枚硬币。抛第一枚硬币正面向上的概
率为 $q$，第二枚正面向上的概率为 $r$。

小胡开始抛第一枚硬币，每次抛到反面小胡就向 $y$ 轴正方向走一
步，直到抛到正面。

接下来小胡继续抛第一枚硬币，每次抛到反面小胡就向 $x$ 轴正方
向走一步，直到抛到正面。

现在小胡想回来了，于是他开始抛第二枚硬币，如果小胡抛到正
面小胡就向 $y$ 轴的负方向走一步，否则小胡就向 $x$ 轴的负方向走一
步。

现在小胡想知道他在往回走的时候经过原点的概率是多少呢？

$$\sum _{x=0}^{inf}\sum _{y=0}^{inf}\stackrel{\text{走到(x,0)}}{\overbrace{{\displaystyle \frac{(1-p{)}^x\cdot p}{1}}}}\stackrel{\text{走到(x,y)}}{\overbrace{\cdot {\displaystyle \frac{(1-p{)}^y\cdot p}{2}}}}\stackrel{\text{回到(0,0)}}{\overbrace{\cdot q^x\cdot (1-q{)}^y\cdot (\genfrac{}{}{0ex}{}{x+y}{x})}}$$

$$=\sum _{x=0}^{inf}\sum _{y=0}^{inf}{p}^2\cdot (i-p{)}^{x+y}\cdot q^x\cdot (i-q{)}^y\cdot (\genfrac{}{}{0ex}{}{x+y}{x})$$

令 $t=x+y$

$$=\sum _{t=0}^{inf}\sum _{x=0}^t{p}^2\cdot (i-p{)}^t\cdot q^x\cdot (i-q{)}^{t-x}\cdot (\genfrac{}{}{0ex}{}{t}{x})$$

$$=p^2\sum _{t=0}^{inf}(i-p{)}^t\sum _{x=0}^t\cdot \cdot q^x\cdot (i-q{)}^{t-x}\cdot (\genfrac{}{}{0ex}{}{t}{x})$$

据二项式定理:

$$(a+b{)}^n=\sum _{x=0}^n{a}^x\cdot b^{(n-x)}\cdot (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{x})$$

得原式

$$=p^2\sum _{t=0}^{inf}(i-p{)}^t\cdot (q+1-q{)}^t$$

$$=p^2\sum _{t=0}^{inf}(i-p{)}^t$$

发现此时的西格玛为等比数列, 运用等比数列求和公式

原式

$$=p^2\cdot {\displaystyle \frac{1-(1-p{)}^{inf+1}}{1-(1-p)}}$$

而分子 $1-(1-p{)}^{inf+1}$ 无限趋近于 $1$

$$\therefore \text{原式}=p^2\cdot {\displaystyle \frac{1}{p}}=p$$

例8

检验矩阵 $A\times B=C$ 是否成立

$n\le 1000$

竟然是MILLER_RABIN!

随机一个 $n\times 1$ 的矩阵 $D$

若 $A\times (B\times D)=C\times D$

只要随机足够多的矩阵 $D$, 则一定正确.

$O(n^2)$

完结撒花！！！！！！