数学问题笔记

思维题

CF1553F Pairwise Modulo

$$p_k=\sum _{i=1}^k\sum _{j=1}^k{a}_i\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{a}_j$$
求对于每个 $i\in [1,n]$。

观察值域，记录每个数的出现次数，枚举数。

考虑递推 $$p_k-p_{k-1}=?$$

考虑贡献，用树状树组维护即可。

时间复杂度 $O(n\ln n)$。

洛谷P1835 素数密度

$L,R\in [1,2^{31})$，不可能全部算出，观察发现 $R-L\le 10^6$，考虑先筛出 $[2,\sqrt{R}]$内的所有质数，保证了 $[L,R]$ 内的素数均能被筛出。再筛 $[L,R]$，使 $vst(visit)$ 数组整体偏移即可，大小只需开到 $10^6$，考虑到合数个数可在筛的过程中被计算，考虑用总共个数减去合数个数，即为答案。

注：第二层循环需从某个质数的整数倍开始筛起，不可从 $L$ 开始。

整数分解定理

$p$ 为质数，$x=\prod p_i^{c_i}$。

最大公约数$

$\gcd (a,b)=\gcd (b,a-b)$
$\gcd (a,b)=\gcd (b,a\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}b)$
$ab=\gcd (a,b)\mathrm{lcm}(a,b)$
$\gcd (a,\mathrm{lcm}(b,c))=\mathrm{lcm}(\gcd (a,b),\gcd (a,c))$
$\mathrm{lcm}(a,\gcd (b,c))=\gcd (\mathrm{lcm}(a,b),\mathrm{lcm}(a,c))$
$f$ 斐波那契数列，$\gcd (f_n,f_m)=f_{\gcd (n,m)}$

• 辗转相除法 $\gcd (a,b)=\gcd (b,a\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}b)$。
• 不涉及取余的方法，偶数集为 $E$，奇数集为 $O$，$$\{\begin{array}{l}a\in E,b\in E,\gcd (a,b)=\gcd (\frac{a}{2},\frac{b}{2})\\ a\in E,b\in O,\gcd (a,b)=\gcd (\frac{a}{2},b)\\ a\in O,b\in E,\gcd (a,b)=\gcd (a,\frac{b}{2})\\ a\in O,b\in O,\gcd (a,b)=\gcd (b,a-b)\end{array}$$

求形似$ax+by=c$ 的不定方程

当 $c\nmid \gcd (a,b)$ 时，无整数解。
通过拓展欧几里德求出 $x_0,y_0$ 满足 $$a{x}_0+b{y}_0=\gcd (a,b)$$，同时乘上 $\frac{c}{\gcd (a,b)}$，特解为 $$\{\begin{array}{l}{x}_{base}=\frac{x_{0}c}{\gcd (a,b)}\\ y_{base}=\frac{y_{0}c}{\gcd (a,b)}\end{array}$$$d\in Z$，通解为$$\{\begin{array}{l}x=x_{base}+\frac{db}{\gcd (a,b)}\\ y=y_{base}+\frac{da}{\gcd (a,b)}\end{array}$$

求解同余方程 $ax\equiv c(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}b)$

化为 $ax+by=c$，求解该不定方程的解即可。

乘法逆元

费马小定理

$p$ 为质数且 $a,p$ 互质，$a^{p-1}\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$。
$ax\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)\Rightarrow x\equiv a^{p-2}\equiv a^{-1}(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$，快速幂即可。

拓展欧几里德

$a,p$ 互质，求解 $ax+py=1$ 不定方程即可。

线性递推

$x^{-1}\equiv -\lfloor \frac{p}{x}\rfloor \times (p\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}x{)}^{-1}(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$

前后缀积

求解形似$$\sum _{i=1}^n\frac{x}{a_i}$$
记 $pr{e}_i={\prod }_{j=1}^i{a}_j$，$su{f}_i={\prod }_{j=i}^n{a}_j$，$pro={\prod }_{i=1}^n{a}_i$ ，原式化为$$\sum _{i=1}^n\frac{pr{e}_{i-1}\times x\times su{f}_{i+1}}{pro}$$

欧拉函数

待填坑。

线性同余方程

洛谷P1516 青蛙的约会

由题
$$s_a+x{v}_a\equiv s_b+x{v}_b(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}l)$$移项得
$$(v_a-v_b)x+ly=s_b-s_a$$当 $\gcd (v_a-v_b,l)\mid (s_b-s_a)$ 时有解，拓展欧几里得求出一组特解 $(x,y)$，满足
$$(v_a-v_b)x+ly=\gcd (v_a-v_b,l)$$于是
$$x_0=\frac{x(s_b-s_a)}{\gcd (v_a-v_b,l)}$$即为原同余方程的一个解。于是可以得到原同余方程的解系
$$x=x_0+k(\frac{l}{\gcd (v_a-v_b,l)}),k\in Z$$所求为最小非负整数解
$$x_{min}=x_0\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}\frac{l}{\gcd (v_a-v_b,l)}$$

注：$(v_a-v_b)$ 需为正数，从而 $\gcd (v_a-v_b,l)$ 才有意义。

洛谷P1052 过河

由于 $n$ 的范围 $1\sim 1e9$，朴素的动态规划肯定不行。
考虑路径压缩，对于位于 $x_i$，$x_j$ 的两颗石子，在状态转移时，会产生许多无用的状态，可以证明（通过？？？），若每次走 $p$ 步，则 $p(p-1)$ 步后的每一个点均可到达，所以得到路径压缩的方法
∣ x i − x j ∣ ← min ⁡ { ∣ x i − x j ∣ , p ( p − 1 ) } |x_i-x_j|\gets \min\{|x_i-x_j|,p(p-1)\} ∣xi​−xj​∣←min{∣xi​−xj​∣,p(p−1)}

线性同余方程组

洛谷P4777 拓展中国剩余定理

关于朴素的中国剩余定理不能解决各模数不互质的情况，考虑拓展中国剩余定理。

核心思想为合并同余方程。
$$\{\begin{array}{l}x\equiv a_1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{b}_1)\\ x\equiv a_1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{b}_1)\\ x\equiv a_2(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{b}_2)\\ \cdots \\ x\equiv a_k(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{b}_k)\end{array}$$对于其中任意两组同余方程
$$\{\begin{array}{l}x\equiv a_i(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{b}_i)\\ x\equiv a_j(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{b}_j)\end{array}$$等价于
$$x=b_i{y}_i+a_i=b_j{y}_j+a_j$$移项得
$$b_i{y}_i-b_j{y}_j=a_j-a_i$$利用拓展欧几里得求出该同余方程的最小整数解 $(y_{i0},y_{j0})$，从而得到对于这两个同余方程的 $x$ 的最小非负整数解 $$x_0=b_i{y}_{i0}+a_i$$ 从而得到合并后的同余方程（即对于这两个同余方程 $x$ 的解系）
$$x\equiv x_0(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}\mathrm{lcm}(b_i,b_j))$$依次合并所有同余方程即可，最终答案为全部合并完后的 $a$ 。

注：乘法运算有溢出可能，考虑龟速乘（当然手写高精也行只要你开心 ）。

其他

矩阵

洛谷P1939 矩阵加速（数列）

矩阵加速线性递推模板。

前置知识：矩阵快速幂。

对于函数
$$f_n=a_{n-1}{f}_{n-1}+a_{n-2}{f}_{n-2}+\cdots +a_{n-i}{f}_{n-i}$$
记$$A_{n-1}=\left|\begin{array}{c}{f}_{n-1}\\ f_{n-2}\\ f_{n-3}\\ ⋮\\ f_{n-i}\end{array}\right|$$考虑构造一个 $i$ 维矩阵
$$B=\left|\begin{array}{ccccccc}{a}_{n-1}& a_{n-2}& a_{n-3}& a_{n-4}& \cdots & a_{n-i+1}& a_{n-i}\\ 1& 0& 0& 0& \cdots & 0& 0\\ 0& 1& 0& 0& \cdots & 0& 0\\ 0& 0& 1& 0& \cdots & 0& 0\\ ⋮& ⋮& ⋮& ⋮& \ddots & ⋮& ⋮\\ 0& 0& 0& 0& \cdots & 0& 0\\ 0& 0& 0& 0& \cdots & 1& 0\end{array}\right|$$使得
$$A_n=A_{n-1}\times B=\left|\begin{array}{c}{f}_n\\ f_{n-1}\\ f_{n-2}\\ ⋮\\ f_{n-i+1}\end{array}\right|$$使用矩阵快速幂维护即可，时间复杂度 $O(\log n)$。

对于不寻常的矩阵构造，考虑列表法，如下题。

TR的数列（无link）

填个坑。

洛谷P2388 斐波那契数列

斐波那契递推公式
$$\{\begin{array}{l}{f}_n=f_{n-1}+f_{n-2}\\ f_{2n}=(f_{n+1}{)}^2-(f_{n-1}{)}^2\\ f_{2n+1}=(f_{n+1}{)}^2+(f_n{)}^2\end{array}$$
也可以考虑矩阵快速幂做法。

阶乘

洛谷P2388 阶乘之乘

$$\prod _{i=1}^{n}n!$$
末尾零的个数只与因数 $10$ 的个数有关，而 $10$ 的个数只与 $5$，$2$的个数有关，而 $5$ 的个数一定小于 $2$ 的个数，所以答案即为其因数 $5$ 的个数。

线性枚举每一个数即可，时间复杂度 $O(n)$，然而竟然有 $O(\log (n))$的算法，只是我不会 。

附：快速计算阶乘.
$f(n)=n!=\frac{n!}{(\frac{n}{2}!)\times (\frac{n}{2}!)}\times (\frac{n}{2}!{)}^2$，时间复杂度 $O(\log n)$

杂

洛谷CF1542C StrangeFunction

直接枚举肯定会炸，于是打表，发现变化有规律。
记 $c_i=\mathrm{lcm}(1,2,\cdots ,i)$，发现每隔 $c_i$ 就会出现一个 $i+1$，每个点由较大数覆盖 。

//表
2 3 2 3 2 4 2 3 2 3 2 5 2 3 2 3 2 4 2 3 2 3 2 5

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2----1
  3   3   3   3   3   3   3   3   3   3   3   3----2
          4           4           4           4----6
                      5                       5----12

预处理出 $c_i$，枚举每个 $c_i$ 累加 $\frac{n}{c_i}$ 即可

洛谷P2181 对角线

对于求交点个数，交点即为线与线的交点，固定一个端点，对连接该点的 $n-3$ 对角线， ( 逆时针 ) 第 $i$ 条对角线左边有 $i$ 个点，右边有 $n-2-i$ 个点，单条对角线产生交点个数即为$$\sum _{i=1}^{n-3}i\times (n-2-i)$$
所有对角线产生的总个数为 $$n\times \sum _{i=1}^{n-3}i\times (n-2-i)$$
考虑去重，对角线的交点分别被两对角线的共四个端点统计了一次，总个数除以 4 即可，输出 $$\frac{n}{4}\times \sum _{i=1}^{n-3}i\times (n-2-i)$$

注：对于运算过程中可能会超出 long long 类型范围，最终结果不会超的数据，考虑乘法（加法）除法（减法）同时进行，然而对于不能被整除的数据不可行，所以需预先判断是否能被除数整除，或者使用 double 类型。

洛谷CF1278B A+B

使 $a$ , $b$ 相等，即差为 0，设 $k$ 为当前加数，让 $a+k$ 不变，让 $b+k$ 变为让 $a-k$，考虑背包，枚举每个差是否可以取到，于是你就 TLE + MLE + RE + WA 了（范围）。

考虑贪心，令 $a<b$ ，记 $c={\sum }_{i=1}^{n}i$，$n$ 为满足$c\ge b-a$的最小正整数，记 $a^{\prime }=a+c$，若 $c-(b-a)$ 为偶数，则一定可以从 $a^{\prime }$ 中取出 $\frac{(a^{\prime }-b)}{2}$ 这个整数，将 $a^{\prime }$ 比 $b$ 多出来的部分与 $b$ 平分，枚举即可。

附

因数分解

计算 $n$ 的标准因数分解式中 $x$ 的指数。
$f(n,x)={\sum }_{i\ge 1}^{\infty }\frac{n}{x^i}$，时间复杂度 $O(\log (n))$。

代码实现：

int f(int n,int x){
	int p=0;
	while(n){
		n/=x;
		p+=n;
	}
	return p;
}

龟速乘

$$a\times b\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p$$
对于模数在 long long 范围内，原数 $a,b$ 直接相乘导致溢出的考虑龟速乘。原理同快速幂相差不大。时间复杂度 $O(\log b)$。

代码实现：

ll smul(ll a,ll b,ll p){
	ll c=0;
	a=(a%p+p)%p,b=(b%p+p)%p;
	for(;b;b>>=1){
		if(b&1)c=(c+a)%p;
		a=(a+a)%p;
	}
	return c;
}

快速乘

$$a\times b\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}c\to ab-\lfloor \frac{ab}{c}\rfloor \times c$$
利用自然溢出特性，仅适用于某些测评机。时间复杂度 $O(1)$。

代码实现：

ll qmul(ll a,ll b,ll p){
	ll ans=a*b-(ll)((double)a*b/p+0.5)*p;
}

拓展欧几里得

$$ax\equiv c(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}b)\to ax+by=c$$
代码实现：

void exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y){
	if(!b)x=1,y=0;
	else exgcd(b,a%b,y,x),y-=a/b*x;
}
ll exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y){//顺便求 gcd
	if(!b){x=1,y=0;return a;}
	else {ll c=exgcd(b,a%b,y,x);y-=a/b*x;return c;}
}

ll x,y,d=c,g=exgcd(a,b,x,y),m=b/g;
if(d%g)continue;//无解
ll x=(x*(d/g)%m+m)%m;//最小非负整数解

拓展中国剩余定理

$$\{\begin{array}{l}x\equiv a_1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{b}_1)\\ x\equiv a_1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{b}_1)\\ x\equiv a_2(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{b}_2)\\ \cdots \\ x\equiv a_k(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{b}_k)\end{array}$$
代码实现：

ll a[maxn],b[maxn];
ll excrt(){//龟速乘版本
	ll ca=a[1],cb=b[1];
	for(int i=2;i<=n;++i){
		ll x,y,d=a[i]-ca,g=exgcd(cb,b[i],x,y);
		if(d%g)return -1;
		ll m1=b[i]/g,m2=cb*m1;
		x=(smul(x,d/g,m1)+m1)%m1;
		ca=(ca+smul(x,cb,m2)+m2)%m2;
		cb=m2;
	}
	return ca;
}