[OI笔记]杂题整理1（基础篇~）
- 算是开学第四周啦，之前的三周大概过了一遍基础图论和数学相关的内容。这篇随笔打算口胡一些近期做感觉比较好的数学相关的题目
- 因为这段时间主要是看紫书学的，所以其实会有些出自UVA的例题，如果需要题目但是觉得网页慢的话OI in hand这个网站也许会有帮助w
- 如果打算自己做一遍还是不要看题解的比较好
- _(:з」∠)_可能会比较偏向于记笔记的口胡形式…？
- 不定期更新…
17.9.18
题意：给你一个\(n(1<=n<=3*10^7)\)问有多少对整数\((a,b)\)满足\(1<=b<=a<=n\)且\(gcd(a,b)=a xor b\)？
题解：注意到如果有\(a xor b = c\)那么可以推出\(a xor c = b\)（我也不会很妙的证明…直接考虑某一个二进制位的所有4种情况吧…（其实由于交换律应该是三种？））
那我们干脆枚举\(a\)和\(c\)，因为\(c\)肯定是\(a\)的约数，所以可以枚举所有\(c\)然后枚举\(c\)的倍数\(a\)（一共是\(O(nlogn)\)个）这样只要检验所有的二元组\((a,c)\)是否有\(gcd(a,b)=gcd(a,a xor c)=c\)就行啦，时间复杂度\(O(nlog^2n)\)。
实际上还可以更优：其实有\(a-b=c\)的…这里说下我自己的想法：首先如果把\(a\)和\(b\)写成二进制形式很容易看出有\(a-b<=a xor b=c\)，因为\(c=gcd(a,b)=gcd(b,a-b)<=a-b\)于是又得到了\(c<=a-b\)，然后就得到\(a-b=c\)啦。
然后根据这一点就可以直接得出\(gcd(a,b)=gcd(a,a-c)=c\)，于是连gcd都省了复杂度就又少掉一个log啦~
顺便这题询问挺多的可以先预处理出答案
口胡题意：卡池有\(n\)种卡，可以认为每种卡有无限张，每次抽一张，问集齐所有\(n\)种卡的期望次数
口胡题解：考虑一个简化版本：如果我已经抽到\(k\)种卡了，那么抽到一张新卡的概率是多少？\(\frac{n-k}{n}\)，很显然吧记$x=\frac{n-k}{n}$，抽一次没抽到的概率就是$(1-x)$了，抽$p$次没抽到的概率是$(1-x)^p$，也很显然吧
然后现在来考虑下抽到新卡的期望次数，首先肯定要抽一次，如果没抽到就再抽，脸黑的话可能要一直抽下去…然后期望次数就是\(\sum_{i=0}(1-x)^i\)，怎么算下去呢？注意到这个和式其实是一个无限的等比数列求和，如果是有限的话呢？比如如果我们求的是\(\sum_{i=0}^m(1-x)^i\)的话答案就是\(\frac{1-(1-x)^{m+1}}{1-(1-x)}\)了，注意\((1-x)<1\)，于是当\(m→+∞\)时\((1-x)^{m+1}→0\)，然后答案其实就是\(\frac{1}{x}=\frac{n}{n-k}\)啦…
于是要抽到所有卡的期望就是\(\sum_{k=0}^{n-1}\frac{n}{n-k}=n\cdot\sum_{k=0}^{n-1}\frac{1}{n-k}=n\cdot\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}\)啦~w
17.10.9
题意：给出\(1\)到\(n\)的一个全排列，\(m\)次操作每次对一段区间升序或降序排序，最后询问一个位置的数字（\(n,m<=10^5\)）
qwq之前在浴谷秋令营上听了noip老师讲的这题，感觉做法很妙啊~
口胡题解：对每次操作排一次序，最后查位置，时间复杂度\(O(nmlogn)\)！~
上面一行划掉x
注意到给出的是一个\(1\)到\(n\)的全排列，以及这题只要在最后询问一个位置的信息，也就是说这里没有必要把每个位置具体的信息都求出来
我们可以考虑二分这个位置的答案，问题就转换到如何快速\(check\)一个\(ans\)了
我们肯定不能去直接排序这个东西，考虑维护每个位置的数字跟\(ans\)的关系，如果小于我们要\(check\)的\(ans\)就标记为\(0\)，否则就标为\(1\)~
这样每次排序操作要做的就是统计一下区间里有多少个\(1\)，然后根据情况进行区间赋值~
很显然上面这这种操作可以用线段树完成，于是时间复杂度就降到了\(O(nlog^2n)\)~（因为\(n,m\)范围一样就直接这样写了233）
（听说这个题还可以滋兹多次查询\(O(nlogn)\)的做…orz）
如果有错还请尽情怼我呀x
