CSP-S 考前数学练习
[HAOI2011] 向量
首先将题目转化，转化为求方程：
\(k(a,b)+q(b,a)+w(a,−b)+c(b,−a)=(x,y)\)
将这个方程再次化简，即为：
\((k+w)a+(q+c)b=x\)
\((k-w)b+(q-c)a=y\)
到这里，我们可以联想到 \(Bézout\) 定理，\(Bézout\) 定理为 \(ax+by=c\) , \(x\) 和 \(y\) 有整数解的充要条件是 \(gcd(a,b)∣c\)
所以，为了使 \(k+w,q+c,k-w,q-c\) 都为整数的的充要条件是 \(a\) 和 \(b\) 的最大公因数都可以整除 \(x, y\)，即为 \(gcd(a,b)∣x\) 且 \(gcd(a,b)∣y\)
考虑分类讨论：
1.当 \(k+w,q+c,k-w,q-c\) 都是偶数时：
在 \(gcd(a,b)∣x\) 且 \(gcd(a,b)∣y\) 的基础上可以再提取一波公因数 \(2\), 所以此时为 \(2gcd(a,b)∣x\) 且 \(2gcd(a,b)∣y\)
2.当 \(k+w,q+c,k-w,q-c\) 都是奇数时：
\((k+w)a+(q+c)b=x\) 两边同时加上 \(a+b\)，可得 \((k+w+1)a+(q+c+1)b=x+a+b\)
此时 \(2gcd(a,b)∣x + a + b\) 且 \(2gcd(a,b)∣y +a + b\)
3.当 \(k+w,k-w\) 是偶数，\(q+c,q-c\) 都是奇数时：
\((k+w)a+(q+c)b=x\) 两边同时加上 \(b\)，可得 \((k+w)a+(q+c+1)b=x+b\)
此时 \(2gcd(a,b)∣x + b\)，同理， \(2gcd(a,b)∣y + a\)
4.当 \(k+w,k-w\) 是奇数，\(q+c,q-c\) 都是偶数时：
\((k+w)a+(q+c)b=x\) 两边同时加上 \(a\)，可得 \((k+w+1)a+(q+c)b=x+a\)
此时 \(2gcd(a,b)∣x + a\)，同理， \(2gcd(a,b)∣y + b\)
所以我们只需要 check 一下该组数据是否符合上面任一一种情况就可以了。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#define rint register int
#define endl '\n'
#define int long long
int k;
bool f(int a, int b)
{
return (!(a % k)) and (!(b % k));
}
signed main()
{
int T;
scanf("%lld", &T);
while (T--)
{
int a, b, x, y;
scanf("%lld%lld%lld%lld", &a, &b, &x, &y);
k = std::__gcd(a, b) * 2;
if (f(x, y) || f(x + a, y + b) || f(x + b, y + a) || f(x + a + b, y + a + b))
{
puts("Y");
}
else
{
puts("N");
}
}
return 0;
}
UVA12775 Gift Dilemma
求方程 \(Ax+By+Cz=P\space \space \space \space \space \space (x\ge0,y\ge0,z\ge0)\) 非负整数解的个数。
设\(d=\gcd(A,B,C)\)
\(d\times(\frac{A}{d}x+\frac{B}{d}y+\frac{C}{d}z)=P\)
显然，方程成立一定会有 \(d|P\)
则 \(\frac{A}{d}x+\frac{B}{d}y+\frac{C}{d}z=\frac{P}{d}\)
\(\frac{A}{d}x+\frac{B}{d}y=\frac{P}{d}-\frac{C}{d}z\)
设 \(c=\frac{P}{d}-\frac{C}{d}z\)
所以 \(\frac{A}{d}x+\frac{B}{d}y=c\)
可以扩展欧几里得定理求出 \(\frac{A}{d}x+\frac{B}{d}y=\gcd(\frac{A}{d},\frac{B}{d})\) 的一组整数特解 \(x_0,y_0\)
\(\frac{A}{d}x_0+\frac{B}{d}y_0=\gcd(\frac{A}{d},\frac{B}{d})\)
将两个式子同时除以 \(\gcd(\frac{A}{d},\frac{B}{d})\) 再乘 \(c\) ，可以得到：
\(\frac{A}{d}\times\frac{x_0c}{\gcd(\frac{A}{d},\frac{B}{d})}+\frac{B}{d}\times\frac{y_0c}{\gcd(\frac{A}{d},\frac{B}{d})}=c\)
得到原方程的整数特解
\(x_1=\frac{x_0c}{\gcd(\frac{A}{d},\frac{B}{d})},y_1=\frac{y_0c}{\gcd(\frac{A}{d},\frac{B}{d})}\)
因为 \(\frac{A}{d}\times x_1+\frac{B}{d}\times y_1=c\)
所以 \(\frac{A}{d}\times (x_1- \frac{B}{d\times\gcd(\frac{A}{d},\frac{B}{d})})+\frac{B}{d}\times (y_1+\frac{A}{d\times\gcd(\frac{A}{d},\frac{B}{d})})=c\)
这一步怎么来的呢？因为 \((- \frac{B}{d\times\gcd(\frac{A}{d},\frac{B}{d})} \times \frac{A}{d}) + (\frac{A}{d\times\gcd(\frac{A}{d},\frac{B}{d})} \times \frac{B}{d}) = 0\)
给定 \(x_1,y_1\) 变化的倍数，就是得到了通解的形式，其中 \(s\) 为任意整数。
\(\frac{A}{d}\times (x_1- s\times\frac{B}{d\times\gcd(\frac{A}{d},\frac{B}{d})})+\frac{B}{d}\times (y_1+s\times\frac{A}{d\times\gcd(\frac{A}{d},\frac{B}{d})})=c\)
因为要求的是非负整数解，所以
\(x_1- s\times\frac{B}{d\times\gcd(\frac{A}{d},\frac{B}{d})}\ge0\)
\(y_1+s\times\frac{A}{d\times\gcd(\frac{A}{d},\frac{B}{d})}\ge0\)
我们接着进行转换：
\(x_1\ge s\times\frac{B}{d\times\gcd(\frac{A}{d},\frac{B}{d})}\)
\(y_1\ge -s\times\frac{A}{d\times\gcd(\frac{A}{d},\frac{B}{d})}\)
即为
\(x_1\times\frac{d\times\gcd(\frac{A}{d},\frac{B}{d})}{B}\ge s\)
\(-y_1\times\frac{d\times\gcd(\frac{A}{d},\frac{B}{d})}{A}\le s\)
所以
\(-y_1\times\frac{d\times\gcd(\frac{A}{d},\frac{B}{d})}{A}\le s\le x_1\times\frac{d\times\gcd(\frac{A}{d},\frac{B}{d})}{B}\)
原方程的非负整数解个数即为：\(\lfloor x_1\times\frac{d\times\gcd(\frac{A}{d},\frac{B}{d})}{B}\rfloor-\lceil-y_1\times\frac{d\times\gcd(\frac{A}{d},\frac{B}{d})}{A}\rceil+1\)
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#define rint register int
#define endl '\n'
#define int long long
int exgcd(int a, int b, int &x, int &y)
{
if (!b)
{
x = 1;
y = 0;
return a;
}
int d = exgcd(b, a % b, x, y);
int z = x;
x = y;
y = z - y * (a / b);
return d;
}
signed main()
{
int T;
scanf("%lld", &T);
int idx = 0;
while (T--)
{
idx++;
int A, B, C, P;
scanf("%lld%lld%lld%lld", &A, &B, &C, &P);
int x, y;
int ans = 0;
int d = exgcd(exgcd(A, B, x, y), C, x, y);
if (P % d)
{
printf("Case %lld: 0\n", idx);
continue;
}
int w = exgcd(A / d, B / d, x, y);
int x0, y0;
int x1, y1;
x0 = x;
y0 = y;
rint z = 0;
while (1)
{
if (P - z * C < 0)
{
break;
}
int c = P / d - C / d * z;
if (c % w)
{
z++;
continue;
}
x1 = x0 * c / w;
y1 = y0 * c / w;
ans += floor(x1 * d * 1.0 * w * 1.0 / B) - ceil(-y1 * d * 1.0 * w * 1.0 / A) + 1;
z++;
}
printf("Case %lld: %lld\n", idx, ans);
}
}
[SDOI2010] 古代猪文
题面很长，化简一下就是求 \(G^{\sum_{d|n}{C^{d}_{n}}}mod\ 999911659\)
我们发现 \(999911659\) 是个质数，不难想到欧拉定理，可以得到 \(G^{\sum_{d|n}{C^{d}_{n}}}\equiv\ G^{\sum_{d|n}C^{d}_{n}\ mod\ 999911658}\ (mod\ 999911659)\)。对于底数 \(G\) 和最终取模数 $mod $ \(999911659\) 可以直接用费马小定理求出。
所以现在需要解决的问题就是，如何求出 \(\sum_{d|n}{C^{d}_{n}\ mod\ 999911658}\)
这里需要用到中国剩余定理。
先对 \(999911658\) 进行质因数分解 \(999911658=2\times3\times4697\times35617\)
将 \(\sum_{d|n}C^{d}_{n}\) 分别对 \(999911658\) 的四个质因数取模，构建同余方程组，求出在模通解 \(999911658\) 的通解 \(t\) ，那么 $ t=\sum_{d|n}C^{d}_{n}mod\ 999911658$
最终答案即为：\(G^{t}\ mod\) \(999911659\)
\(\begin{cases} x\equiv \sum_{d|n}C^{d}_{n}(mod\ 2)\\ x\equiv \sum_{d|n}C^{d}_{n}(mod\ 3)\\ x\equiv \sum_{d|n}C^{d}_{n}(mod\ 4679)\\ x\equiv \sum_{d|n}C^{d}_{n}(mod\ 35617)\\ \end{cases}\)
然后接着可以用Lucas定理求解，就做完了。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cmath>
#define rint register int
#define endl '\n'
#define int long long
const int Mod = 999911659;
const int mod = 999911658;
const int N = 4e4 + 5;
int n, g;
int d[N], tot;
int p[10], cnt;
int fac[N], inv[N];
int a[10];
int qpow(int a, int b, int p)
{
int res = 1;
for (; b; b >>= 1)
{
if (b & 1)
{
res = (res * a) % p;
}
a = (a * a) % p;
}
return res;
}
void init(int p)
{
fac[0] = inv[0] = 1;
for (rint i = 1; i < p; i++)
{
fac[i] = fac[i - 1] * i % p;
inv[i] = qpow(fac[i], p - 2, p);
}
}
int C(int n, int m, int p)
{
if (m > n)
{
return 0;
}
return (inv[m] * inv[n - m] % p) * fac[n] % p;
}
int lucas(int n, int m, int p)
{
if (!m)
{
return 1;
}
return C(n % p, m % p, p) * lucas(n / p, m / p, p) % p;
}
int CRT()
{
int ans = 0;
for (rint i = 1; i <= cnt; i++)
{
int M = mod / p[i];
int t = qpow(M, p[i] - 2, p[i]);
//关于这个为什么求出来的是方程的解到现在也不太懂，之前都是用的exgcd
ans = (ans + t * M * a[i] % mod) % mod;
}
return ans;
}
void calc(int x)
{
init(p[x]);
for (rint i = 1; i <= tot; i++)
{
a[x] = (a[x] + lucas(n, d[i], p[x])) % p[x];
}
}
signed main()
{
scanf("%lld%lld", &n, &g);
if (g % Mod == 0)
{
puts("0");
return 0;
}
int t = mod;
for (rint i = 2; i <= sqrt(mod); i++)
{
if (!(t % i))
{
p[++cnt] = i;
while (t % i == 0)
{
t /= i;
}
}
}
if (t != 1)
{
p[++cnt] = t;
}
for (rint i = 1; i <= sqrt(n); i++)
{
if (!(n % i))
{
d[++tot] = i;
if (i * i != n)
{
d[++tot] = n / i;
}
}
}
for (rint i = 1; i <= cnt; i++)
{
calc(i);
}
printf("%lld", qpow(g, CRT(), Mod));
return 0;
}
[HNOI2002] 跳蚤
设题目中的那个长度为 \(n+1\) 的序列为 \(\{a_1...a_n,m\}\)，这个题就是在求使 \(\sum_{i=1}^{n}a_i\times x_i+m\times x_{n+1}=1\) 有解的 \(a_1,a_2...a_n\) 有多少种。
由 \(Bézout\) 定理，可得方程的有解情况就是 \(\gcd(a_1,a_2...a_n,m)=1\)
但是直接去找方程有解的情况很麻烦且很难，可以反向考虑，求出上面那个方程无解的情况。
无解时，\(\gcd(a_1,a_2...,a_n,m)\not=1\)
先把 \(m\) 分解质因数，\(a_1...a_n\) 都一定有一个共同的 \(n\)，就能算出使它无解的方案数了。
但是求无解显然有重复的情况，这个时候可以容斥原理，当 \(a_i\) 都为 \(x\) 的倍数时，此时方案数就是 $(\frac{m}{x})^{n} $
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#define rint register int
#define endl '\n'
#define int long long
const int N = 1e2 + 5;
int n, m, cnt;
int a[N];
int ans;
signed main()
{
scanf("%lld%lld", &n, &m);
ans = pow(m, n);
int k = m;
for (rint i = 2; i <= sqrt(m); i++)
{
if (m % i == 0)
{
a[++cnt] = i;
while (m % i == 0)
{
m /= i;
}
}
}
if (m > 1)
{
a[++cnt] = m;
}
for (rint i = 1; i < 1 << cnt; i++)
{
int val = 1, num = 0;
for (rint j = 1; j <= cnt; j++)
{
if (i & (1 << (j - 1)))
{
num++;
val *= a[j];
}
}
if (num % 2)
{
ans -= pow(k / val, n);
}
else
{
ans += pow(k / val, n);
}
}
printf("%lld\n", ans);
return 0;
}
「KDOI-02」 一个仇的复
不难发现，肯定是由一堆横着的和一些竖着 \(2 \times 1\) 的构成的，而竖着的将将原来的网格分成了若干段。
只有一行时，设长度为 \(n\)，用了 \(m\) 块。答案就是 \(\dbinom {n-1} {m-1}\)。拓展到两个并列的一行（即两行），答案是 \(\dbinom {2n-2} {m-1}\)。
枚举有 \(i\) 个竖着的，其中有 \(j\) 段。
先考虑剩下的分成 \(n-i\) 段的方案。要求方案数，首先我们要知道能插的个数。这时需要分类讨论。
若竖着没有在开头和结尾的，那么能插的个数为 \(2(n-1-i-j)\)，还要划分的段数是 \(m-2(j+1)-i\)，那么方案就是 \(\dbinom {2(n-1-i-j)} {m-2(j+1)-i}\)
若竖着只有一个在开头结尾，那么能插的个数为 \(2(n-i-j)\)，还要划分的段数是 \(m-2j-i\)，那么方案就是 \(\dbinom {2(n-i-j)} {m-2j-i}\)
若竖着的都在开头和结尾，那么能插的个数为 \(2(n+1-i-j)\)，还要划分的段数是 \(m-2(j-1)-i\)，那么方案就是 \(\dbinom {2(n+1-i-j)} {m-2(j-1)-i}\)
接着考虑竖着的方案，发现这个直接用插板法很难求，那么考虑分步来求。先考虑划分为 \(j\) 段，这个直接插板求出，方案是 \(\dbinom {i-1} {j-1}\)，再考虑把这 \(j\) 段再插到原来的网格中，可以插在剩下位置的前面，但是再第一个的前面就不行，所以方案是 \(\dbinom {n-i-1} {j/j-1/j-2}\)，下面取决于上面的分裂讨论，那么总的方案就是乘积。
考虑枚举有 \(i\) 个竖着的，其中有 \(j\) 段的方案就是三种情况的和乘上竖着的方案。
由于此题数据较大，卡不过去，所以只写了个 70pts 的代码：
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#define rint register int
#define endl '\n'
#define int long long
using namespace std;
const int N = 4e7 + 5;
const int M = 5e3 + 5;
const int mod = 998244353;
int n, m, inv[N], fac[N];
int qpow(int a, int b)
{
int res = 1;
for (;b ;b >>= 1)
{
if (b & 1)
res = res * a % mod;
a = a * a % mod;
}
return res;
}
void init()
{
fac[0] = inv[0] = 1;
for (rint i = 1; i <= 10000000; i++)
{
fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;
inv[i] = qpow(fac[i], mod - 2);
}
}
int C(int n, int m)
{
return (inv[m] * inv[n - m] % mod) * fac[n] % mod;
}
signed main()
{
scanf("%lld%lld", &n, &m);
init();
int ans = C(2 * (n - 1), m - 2);
for (rint i = 1; i <= m; i++)
{
for (rint j = 1; j <= i; j++)
{
int tmp = j + 1;
if (tmp * 2 + i <= m)
{
int now1 = n - 1 - i - j;
int now2 = m - (tmp * 2 + i);
int res = C(i - 1, j - 1) * C(n - i - 1, j) % mod * C(2 * now1, now2) % mod;
ans = (ans + res) % mod;
}
tmp = j;
if (tmp * 2 + i <= m)
{
int now1 = n - i - j;
int now2 = m - (tmp * 2 + i);
int res = 2 * C(i - 1, j - 1) * C(n - i - 1, j - 1)%mod * C(2 * now1, now2)%mod;
ans = (ans + res) % mod;
}
tmp = j - 1;
if (tmp * 2 + i <= m && j >= 2)
{
int now1 = n + 1 - i - j;
int now2 = m - (tmp * 2 + i);
int res = C(i - 1, j - 1) * C(n - i - 1, j - 2) % mod * C(2 * now1, now2) % mod;
ans = (ans + res) % mod;
}
}
}
printf("%lld\n", ans + (n == m));
return 0;
}
