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数学集

向量

（有方向的值叫做向量）

定义？

这个东西放在平面直角坐标系里会好理解一些所以开始吧：

向量是有一个起点 $(x 1, y 1)$ 与一个终点 $(x 2, y 2)$ 的，而这个向量的值我们就表示为： $(x 2 - x 1, y 2 - y 1)$

向量是可以平移的，由于平移，那么起点与终点坐标之差是不变的，所以移动向量，向量的值也不便。

那么放在平面直角坐标系时，我们可以把起点就设为原点，那么这个向量的值就将会是终点的坐标，相当于是将其平移，使起点与原点重合。

计算？

向量加法

课本里有一个三角形法则平行四边形法则，我感觉没有必要，因为两个向量相加，我们可以看成一个点的移动，由于已经放入了平面这叫坐标系，那么我们的移动方向其实就是移动值的正负，于是先按照第一条向量的长度要求来移动，再按照第二个向量的长度要求来移动即可。

向量数乘

（别问我减法呢？）

数乘指的是一个数乘一个向量，相当于是一堆这个向量相加，所以将向量的每个值乘一个要乘的数即可。

那么一个向量的相反向量，即往相反方向走，既是将向量乘一个 $- 1$ 。

向量减法

与其做减法，不如做加法，直接将减数乘 $- 1$ 然后相加即可。（啊，说的好抽象）

点积（数量积）

$| \vec{a} |$ 指向量长度即起点终点之间的欧氏距离。

定义为： $\vec{a} ∙ \vec{b} = | \vec{a} | \times | \vec{b} | \times \cos (Θ)$

我们有： $| \vec{a} |^{2} = \vec{a} ∙ \vec{a}$

在平面直角坐标系中，两向量 $\vec{a} (x 1, y 1) \vec{b} (x 2, y 2)$ 的向量积为： $x 1 x 2 + y 1 y 2$ 证明如下：

设一个平面直角坐标系，将两个单位设为 $i, j$ ，两个向量 $a, b$ ，坐标分别为 $(x 1, y 1) (x 2, y 2)$

$a ∙ b = | a | \times | b | \times \cos (Θ) = (i x 1 + j y 1) ∙ (i x 2 + j y 2) = i i x 1 x 2 + i j x 1 y 2 + i j y 1 x 2 + j j x 2 y 2 = x 1 x 2 + y 1 y 2$

叉积（我终于不知道这个东东叫个啥了）

定义为： $\vec{a} \times \vec{b} = | \vec{a} | \times | \vec{b} | \times \sin (Θ)$

在平面直角坐标系中，两向量 $\vec{a} (x 1, y 1) \vec{b} (x 2, y 2)$ 的叉积为： $x 1 y 2 - x 2 y 1$ ，证明如下：

设一个平面直角坐标系，将两个单位设为 $i, j$ ，两个向量 $a, b$ ，坐标分别为 $(x 1, y 1) (x 2, y 2)$

$a \times b = | a | \times | b | \times \sin (Θ) = (j x 1 + i y 1) \times (j x 2 + i y 2) = j x 1 j x 2 + j x 1 i y 2 + i y 1 x 2 + i y 1 i y 2 = x 1 y 2 - y 1 x 2$

叉积求面积

这里只用三角形做示范，因为其它的都可以被分成一堆的三角形。

有三角形 $A B C$

面积公式中有一个为底乘高除二，然后找到一个点 $A$ ，像另外两点 $B, C$ 做向量，叉积的定义里的 $| \vec{b} | \times \sin (Θ)$ ，放到这里就是 $| \vec{A C} | \times \sin (Θ)$ ，那么对于这个东西，其实就是过 $C$ 相 $A B$ 做垂，垂足为 $D$ ，那么叉积会变成： $A B \times A D$ ，最后除个二，其实就是面积公式

康托展开

对于 $1$ 到 $n$ 的全排列，建立排名和排列的双向映射。

理解：由排列映射到排名可以视为一种哈希。

原理：设有 $1$ 到 $n$ 的某个排列 $p_{i}$ ，其排名应该等于小于该排列的数量 $+ 1$

$\sum_{i = 1}^{n} a_{i} (n - i)!$ $(a_{i} = \sum_{j = i + 1}^{n} (p [j] < p [i]))$

卡特兰数

是一种数列，其通项公式的一种形式为： $C a t_{n} = \frac{1}{n + 1} \times C_{2 n}^{n}$

另一种为： $C a t_{n} = C_{2 n}^{n} - C_{2 n}^{n - 1}$

递归定义式

$C a t_{n} = \sum_{i = 0}^{n - 1} C a t_{i} \times C a t_{n - i - 1}$

理解：对于 $n$ 个点构成的二叉树，其形态有 $C a t_{n}$ 种

$C a t_{n} = C a t_{n - 1} \times \frac{4 n - 2}{n + 1}$

使用场景

递归式 $1$ 适用于 $n$ 不大的情况下求卡特兰数，不用处理除法。 $(n \leq 500)$

例1. 01 排列问题
给定 $n$ 个 $0$ 和 $n$ 个 $1$ 共 $2 n$ 个元素的数列，要求该数列的前缀， $0$ 的个数不少于 $1$ 的个数，求方案数。
起点左下角 $(0, 0)$ ，重点 $(n, n)$ ，往右走为 $0$ ，往上走为 $1$ ，那么路径方案书为： $C_{2 n}^{n}$

与 $01$ 合法排列对应的方案，应该不越过左图红色对角线

将原路径第一次接触新对角线（紫色）之后的路径沿新对角线反转，则原路径与以 $(n - 1, n + 1)$ 结尾的新路径一一对应。

那么求原路径中的非法路径数量等价于求以 $(n - 1, n + 1)$ 结尾的路径数量： $C_{2 n}^{n} - C_{2 n}^{n - 1} = C a t_{n}$

例2. 给定 $n$ 个左括号和 $n$ 个右括号，其合法的匹配序列的方案数为卡特兰数

例3. 给定 $n$ 个元素，从 $1$ 到 $n$ ，其进出栈的不同方案数为卡特兰数

例4. 给定 $n$ 条边的凸多边形，用 $n - 3$ 条边划分成 $n - 2$ 个三角形，其方案数为卡特兰数

$p r u f e r$ 序列

是一种树形结构与序列相互映射的规则。

区别

$d f s$ 序，将一棵子树映射为一段连续的区间
欧拉序
二叉搜索树
$p r u f e r$ 序列是和树的双向唯一映射，同时包含了结点的读书与连接关系，将构造树转化为构造序列，将统计树的信息转化为统计序列的信息，将树 $d p$ 转化成序列 $d p$

如何得到

统计树上所有结点的度数 $d e g_{i}$
找到所有度数为 $1$ 的结点中编号最小的那个 $c u r$
令序列 $p_{i} = f a_{c u r}$ ，同时将 $d e g_{f a_{c u r}} - 1$
重复 $2, 3$ ，直到剩余两个点时结束

 void to_p() {
  int k;
  for (int i = 1; i <= n; i++) {
    if (deg[i] == 1) {
      k = i;
      break;
    }
  }
  for (int i = 1, j = k; i <= n - 2; i++) {
    int nf = fa[j];
    p[i] = nf;
    deg[nf]--;
    if (deg[nf] == 1 && nf < k) {
      j = nf;
      continue;
    }
    for (k++, j = k; deg[k] != 1; k++, j = k) {
    }
  }
}

性质

结点 $x$ 在 $p r u f e r$ 序列中出现次数加 $1$ 就是 $d e g_{x}$
编号最大的点 $n$ 一定是剩下的 $2$ 个结点之一
对于 $n$ 个点的完全图，其生成树的方案数为 $n^{n - 2}$
对于 $n$ 个点的无根树，其树的方案书为 $n^{n - 2}$
对于 $n$ 个点的有根树，其树的方案书为 $n^{n - 1}$
对于 $n$ 个点，约定点 $i$ 的度数为 $d_{i}$ ，满足条件的树的方案数为 $\frac{(n - 2)!}{\prod_{i = 1}^{n} (d_{i} - 1)!}$

还原

 void to_t() {
  for (int i = 1; i <= n; i++) {
    deg[i]++, deg[p[i]]++;
  }
  int k, cnt = 0, j;
  for (int i = 1; i <= n; i++) {
    if (deg[i] == 1) {
      k = j = i;
      break;
    }
  }
  for (int i = 1; i <= n - 2; i++) {
    int nf = fa[j] = p[i];
    deg[nf]--;
    if (deg[nf] == 1 && nf < k) {
      j = nf;
      continue;
    }
    for (k++, j = k; deg[k] != 1; k++, j = k) {
    }
  }
  fa[j] = n;
}

基本计数原理

加法原理：解决一件事情，有 $k$ 类方法，第 $i$ 类方法有 $a_{i}$ 种选择，那么总方案数 $= \sum_{i = 1}^{k} a_{i}$
乘法原理：解决一件事情，有 $k$ 个步骤，第 $i$ 个步骤有 $a_{i}$ 种选择，那么总方案数 $= \prod_{i = 1}^{k} a_{i}$

排列与组合

排列：将 $n$ 个元素选取 $k$ 个出来构成一组排列，方案数 $= A_{n}^{k} = \frac{n!}{(n - k)!}$
组合：将 $n$ 个元素选取 $k$ 个出来构成一组集合，方案数 $= C_{n}^{k} = \frac{A_{n}^{k}}{k!} = \frac{n!}{k! (n - k)!}$

多重集的排列数与组合数

多重集排列数是指 $k$ 种元素，第 $i$ 种元素有 $a_{i}$ 个，总元素个数为 $n$ ，其全排列的方案数 $= \frac{n!}{\prod_{i = 1}^{k} a_{i}!}$
多重集组合数 1：
设有 $k$ 种元素，第 $i$ 种元素的个数为 $a_{i}$ ，取共计 $r$ 个元素构成集合，且 $r \leq a_{i}$ ，其组合数 $= C_{k - 1}^{r + k - 1}$ （将 $r$ 个元素分成 $k$ 类，可以有一类没有）

组合数常用性质

$\sum_{i = 0}^{n} C_{n}^{i} = 2^{n}$
$C_{n}^{m} = C_{n}^{n - m}$
$C_{n}^{m} = C_{n - 1}^{m - 1} + C_{n - 1}^{m}$

二项式定理

$(a + b)^{n} = \sum_{i = 0}^{n} C_{n}^{i} \times a^{i} \times b^{n - i}$

组合数计算

杨辉三角递推计算
定义式计算

错位排序

有 $n$ 个位置和 $n$ 个小球，编号均为 $(1, n)$ ，所有小球 $i$ 不放入位置 $i$ 的方案总和为 $f_{n}$ ：

若前面的已错位排序，那么只要将当前的与之前的换一下即可： $(i - 1) * f_{i - 1}$
若前面恰好有一个没错位，那么只要将当前的与前面的换一下即可： $(i - 1) * f_{i - 2}$ （有 $i - 2$ 已经错位排序）
若都不满足，一次操作必然不可能使它错位，所以贡献为 $0$
所以 $f_{i} = (i - 1) (f_{i - 1} + f_{i - 2})$

卢卡斯定理

对于正整数 $n, m, p$ ，若 $1 \leq m \leq n$ 且 $p$ 为质数那么 $C_{n}^{m} \equiv C_{n mod p}^{m mod p} \times C_{\frac{n}{p}}^{\frac{m}{p}} (\mod p)$

变式

设 $a_{i}$ 为 $n$ 在 $p$ 进制下的第 $i$ 位，设 $b_{i}$ 为 $m$ 在 $p$ 进制下的第 $i$ 位
$C_{n}^{m} \equiv \prod C_{a_{i}}^{b_{i}} (\mod p)$

费马小定理

若 $p$ 为质数，且 $p ∤ a$ ，有 $a^{p - 1} \equiv 1 (\mod p)$ ，不给证明，只记结论。

那么 $\frac{x}{a}$ 在模 $p$ 意义下为 $\frac{x}{a} \equiv \frac{x}{a} \cdot a^{p - 1} \equiv x \cdot a^{p - 2} (\mod p)$
$a$ 在模 $p$ 意义下的乘法逆元为 $a^{p - 2}$ （ $p$ 为质数， $p ∤ a$ ）
记作： $a^{- 1} = a^{p - 2} (\mod p)$

位运算的一个定理

$x + y = 2 (x & y) + (x \oplus y)$

$x ∣ y = (x & y) + (x \oplus y)$

线性计算逆元的小技巧：

设： $a = ⌊ \frac{p}{x} ⌋$ ， $b = p m o d x$
$∴ a x + b \equiv p (\mod p)$
$∴ a x \equiv - b (\mod p)$
$∴ x \equiv - \frac{b}{a} (\mod p)$
$∴ x^{- 1} \equiv - \frac{a}{b} (\mod p)$
$∴ x^{- 1} \equiv - a \cdot \frac{1}{b} (\mod p)$
$∴ x^{- 1} \equiv - a \cdot b^{- 1} (\mod p)$
所以可以递推求解，对于 $b^{- 1}$ 之前显然已经求解过了，所以时间复杂度是线性的。

$(p^{x} - 1^{x})$ 分解因式

首先可以将式子拆成： $(p - 1) y$ ，然后构造式子 $y$ ，使得 $(p - 1) y = (p^{x} - 1^{x})$ 。
首先式子需要一个 $p^{x}$ ，所以 $y$ 需要加上 $p^{x - 1}$ ， $y$ 变成：
$y = (p^{x - 1})$
那么此时 $(p - 1) y = p^{x} - p^{x - 1}$ ，我们发现多了一个 $- p^{x - 1}$ ，所以删掉一个 $- p^{x - 1}$ ， $y$ 变成：
$y = (p^{x - 1} + p^{x - 2})$
然后以此类推……
到最后便成了 $y = (p^{x - 1} + p^{x - 2} + p^{x - 3} + \dots + p^{0})$ ，将 $y$ 带入式子，则变成 $(p - 1) (p^{x - 1} + p^{x - 2} + p^{x - 3} + \dots + p^{0})$ 。
所以可以扩展 $(a^{x} - b^{x})$ ，则应该为 $(a - b) (a b^{x - 1} + a b^{x - 2} + a b^{x - 3} + \dots + a b^{0})$

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本文作者：yabnto

本文链接：https://www.cnblogs.com/ybtarr/p/17410204.html

posted @ 2023-05-17 20:46 yabnto 阅读(56) 评论(6) 编辑收藏举报

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	void to_p() {
	int k;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
	if (deg[i] == 1) {
	k = i;
	break;
	}
	}
	for (int i = 1, j = k; i <= n - 2; i++) {
	int nf = fa[j];
	p[i] = nf;
	deg[nf]--;
	if (deg[nf] == 1 && nf < k) {
	j = nf;
	continue;
	}
	for (k++, j = k; deg[k] != 1; k++, j = k) {
	}
	}
	}

	void to_t() {
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
	deg[i]++, deg[p[i]]++;
	}
	int k, cnt = 0, j;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
	if (deg[i] == 1) {
	k = j = i;
	break;
	}
	}
	for (int i = 1; i <= n - 2; i++) {
	int nf = fa[j] = p[i];
	deg[nf]--;
	if (deg[nf] == 1 && nf < k) {
	j = nf;
	continue;
	}
	for (k++, j = k; deg[k] != 1; k++, j = k) {
	}
	}
	fa[j] = n;
	}

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