本文深入探讨了数论中的核心概念，包括费马小定理、欧拉函数、欧拉定理、原根、二次剩余等，以及它们在算法设计中的应用。通过解析各种数学定理和公式，如线性筛欧拉函数、二次剩余的计算、Ramsey定理、Stirling数、卡特兰数等，本文提供了丰富的算法实现代码示例。
数论
By Misia in 2018
费马小定理
若p是质数，a是任意整数，并且a不能被p整除，于是：
a
p
−
1
≡
1
(
m
o
d
p
)
a^{p-1}≡1(mod \ p)
ap−1≡1(mod p)
欧拉函数
OEIS A000010
φ(n)表示1~n以内和n互质的数的个数。
p表示n的所有质因数。
有
φ
(
n
)
=
n
∗
∏
p
∣
n
p
(
1
−
1
q
)
φ(n)=n*\prod_{p|n}^p\ (1-\frac{1}{q})
φ(n)=n∗∏p∣np (1−q1)
- 欧拉函数是积性函数，若m,n互质，则： φ ( m n ) = φ ( n ) ∗ φ ( m ) φ(mn)=φ(n)*φ(m) φ(mn)=φ(n)∗φ(m)
- 若n为奇数，则： φ ( 2 n ) = φ ( n ) φ(2n)=φ(n) φ(2n)=φ(n)
- 若n为质数，则： φ ( n ) = n − 1 φ(n)=n-1 φ(n)=n−1
线性筛欧拉函数
int m[maxn],phi[maxn],p[maxn],pt;//m[i]是i的最小素因数，p是素数，pt是素数个数
int get_phi(){
phi[1]=1;
int N=maxn,k;
for(int i=2;i<N;i++){
if(!m[i]){//i是素数
p[pt++]=m[i]=i,phi[i]=i-1;
}
for(int j=0;j<pt&&(k=p[j]*i)<N;j++){
m[k]=p[j];
if(m[i]==p[j]){//为了保证以后的数不被再筛，要break
phi[k]=phi[i]*p[j];
/*这里的phi[k]与phi[i]后面的∏(p[i]-1)/p[i]都一样（m[i]==p[j]）只差一个p[j]，就可以保证∏(p[i]-1)/p[i]前面也一样了*/
break;
}
else{
phi[k]=phi[i]*(p[j]-1);//积性函数性质
}
}
}
}
欧拉定理
若 g c d ( a , b ) = 1 gcd(a,b)=1 gcd(a,b)=1，则： a φ ( b ) ≡ 1 ( m o d b ) a^{φ(b)}≡1(mod \ b) aφ(b)≡1(mod b)
更常用的： a b % m = a b % φ ( m ) + φ ( m ) % m a^b \% m=a^{b \% φ(m)+φ(m)}\%m ab%m=ab%φ(m)+φ(m)%m
原根
定义：设m>1， g c d ( a , m ) = 1 gcd(a,m)=1 gcd(a,m)=1，使得 a r ≡ 1 ( m o d m ) a^r≡1(mod \ m) ar≡1(mod m)成立的最小的r，称为a对模m的阶，记为 δ m ( a ) \delta_m(a) δm(a)。
数m有原根的充要条件： m = 2 , 4 , p k , 2 p k m=2,4,p^k,2p^k m=2,4,pk,2pk (p为奇素数，k为任意正整数)。
定理
- 如果模m有原根，那么它一共有 φ ( φ ( m ) ) φ(φ(m)) φ(φ(m))个原根。
- 若m>1， g c d ( a , m ) = 1 gcd(a,m)=1 gcd(a,m)=1， a n ≡ 1 ( m o d m ) a^n≡1(mod \ m) an≡1(mod m)，则 δ m ( a ) ∣ n \delta_m(a)|n δm(a)∣n。
- 如果p为素数，那么素数p一定存在原根，并且p模的原根的个数为 φ ( p − 1 ) φ(p-1) φ(p−1)。
- 设m是正整数，a是整数，若a模m的阶等于 φ ( m ) φ(m) φ(m)，则称a为模m的一个原根。
找原根
若欲求m的原根的话,对 φ ( m ) φ(m) φ(m)进行质因数分解，求出所有质因子 p i p_i pi，若对于任意 p i p_i pi，均满足 g φ ( m ) p i ≠ 1 ( m o d m ) g^{\frac{φ(m)}{p_i}}\neq 1(mod \ m) gpiφ(m)̸=1(mod m)，则g是m的原根。
求原根的代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int p[100007], c;
long long pow_mod(long long a,long long x,long long m){
long long ans=1;
while(x){
if(x&1){
ans=ans*a%m;
}
a=a*a%m;
x>>=1;
}
return ans;
}
bool ok(int x,int ph,int m){
for(int i=0;i<c;i++){
if(pow_mod(x,ph/p[i],m)==1){
return 0;
}
}
return 1;
}
void divide(int x){
c=0;
for(int i=2;i*i<=x;i++){
if(x%i==0){
p[c++]=i;
while(x%i==0){
x/=i;
}
}
}
if(x>1){
p[c++]=x;
}
}
int main(){
int wxh;
scanf("%d",&wxh);
while(wxh--){
int n;
scanf("%d",&n);
int m=n,ans=m;
for(int i=2;i*i<=n;i++){
if(n%i==0){
ans=ans/i*(i-1);
while(n%i==0){
n/=i;
}
}
}
if(n>1){
ans=ans/n*(n-1);
}
divide(ans);
int x=ans;
while(!ok(x,ans,m)){
x--;
}
printf("%d\n",x);
}
return 0;
}
二次剩余
当存在某个x，式子
x
2
≡
d
(
m
o
d
p
)
x^{2}≡d(mod\ p)
x2≡d(mod p)成立时，称“d是模p的二次剩余”。
当对任意x不成立时，称“d是模p的二次非剩余”。
学不来
关于如何计算二次剩余，详见Miskcoo的博客
解方程a^b≡n(mod p)(p是素数)
一、已知n,p(p是奇数),b=2,求a
由费马小定理：
n
(
p
−
1
)
/
2
≡
±
1
(
m
o
d
p
)
n^{(p-1)/2}≡\pm1(mod\ p)
n(p−1)/2≡±1(mod p)
根据欧拉准则,二次剩余有解当且仅当
n
(
p
−
1
)
/
2
≡
1
(
m
o
d
p
)
n^{(p-1)/2}≡1(mod\ p)
n(p−1)/2≡1(mod p)
如果c满足
w
=
c
2
−
n
w=c^2-n
w=c2−n不是p的二次剩余，那么
a
=
(
c
+
(
w
)
)
(
p
−
1
)
/
2
a=(c+\sqrt(w))^{(p-1)/2}
a=(c+(w))(p−1)/2是方程
a
2
≡
n
(
m
o
d
p
)
a^2≡n(mod\ p)
a2≡n(mod p)的解。因为有一半的数是非二次剩余，所以可以随机c，验证即可。
详见Philipsweng的博客
二、已知n,p,a,求b
使用Baby-step giant-step算法
(临时)详见Yuiffy的博客
模板(Poj 2417)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long p,b,n;
void exgcd(long long c,long long d,long long &x,long long &y){
if(!d){
x=1;y=0;
return ;
}
exgcd(d,c%d,x,y);
long long z=y,r=x-(c/d)*y;
x=z;y=r;
}
void work(){
long long m=(long long)sqrt(p),bb=1,nn=n,inv,t;
map<int,int> num;
map<int,bool> app;
app[1]=1;
num[1]=0;
for(int i=1;i<=m-1;i++){
bb=bb*b%p;
if(!app[bb]){
app[bb]=1;
num[bb]=i;
}
}
bb=bb*b%p;
exgcd(bb,p,inv,t);
if(inv>0){
inv%=p;
}
else{
inv=inv%p+p;
}
for(int i=0;i<=m;i++){
if(app[nn]){
printf("%lld\n",i*m+num[nn]);
return;
}
nn=nn*inv%p;
}
printf("no solution\n");
}
int main(){
while(~scanf("%lld%lld%lld",&p,&b,&n)){
work();
}
return 0;
}
Ramsey定理
存在一个p，使得对p个点的完全图红蓝染色，要么存在n个点的红色完全子图，要么存在m个点的蓝色完全子图。
把最小的p记作R(n,m)，称为Ramsey数，一般用到R(3,3)=6。
更大的Ramsey数特别难算。
第一类Stirling数
OEIS A008275(有符号)
表示将n个不同元素构成m个圆排列的方案数。
通俗来说，就是n个不同人围m个相同圆桌而坐，要求各桌非空，其不同方案数。
第一类Stirling数又分为无符号(
S
u
S_u
Su)与有符号(
S
s
S_s
Ss)两种。
无符号
递推式
S
u
(
n
+
1
,
m
)
=
S
u
(
n
,
m
−
1
)
+
n
S
u
(
n
,
m
)
S_u(n+1,m)=S_u(n,m-1)+nS_u(n,m)
Su(n+1,m)=Su(n,m−1)+nSu(n,m)
性质
- S u ( 0 , 0 ) = 1 S_u(0,0)=1 Su(0,0)=1
- S u ( n , 0 ) = 0 S_u(n,0)=0 Su(n,0)=0
- S u ( n , n ) = 1 S_u(n,n)=1 Su(n,n)=1
- S u ( n , 1 ) = ( n − 1 ) ! S_u(n,1)=(n-1)! Su(n,1)=(n−1)!
- S u ( n , n − 1 ) = C ( n , 2 ) S_u(n,n-1)=C(n,2) Su(n,n−1)=C(n,2)
- S u ( n , 2 ) = ( n − 1 ) ! ∑ i = 1 n − 1 1 i S_u(n,2)=(n-1)!\sum_{i=1}^{n-1}{\frac{1}{i}} Su(n,2)=(n−1)!∑i=1n−1i1
- S u ( n , n − 2 ) = 2 C ( n , 3 ) + 3 C ( n , 4 ) S_u(n,n-2)=2C(n,3)+3C(n,4) Su(n,n−2)=2C(n,3)+3C(n,4)
- ∑ k = 0 n S u ( n , k ) = n ! \sum_{k=0}^n{S_u(n,k)}=n! ∑k=0nSu(n,k)=n!
有符号
递推式
S
s
(
n
+
1
,
m
)
=
S
s
(
n
,
m
−
1
)
−
n
S
s
(
n
,
m
)
S_s(n+1,m)=S_s(n,m-1)-nS_s(n,m)
Ss(n+1,m)=Ss(n,m−1)−nSs(n,m)
性质
- S s ( n , m ) = ( − 1 ) n + m ∗ S u ( n , m ) S_s(n,m)=(-1)^{n+m}*S_u(n,m) Ss(n,m)=(−1)n+m∗Su(n,m)
- ∑ k = 0 n S s ( n , k ) = 0 n ( 其 中 0 0 = 1 ) \sum_{k=0}^n{S_s(n,k)}=0^n (其中0^0=1) ∑k=0nSs(n,k)=0n(其中00=1)
例子
有n个仓库，每个仓库有两把钥匙，共2n把钥匙。同时又有n位官员。问如何放置钥匙使得所有官员都能够打开所有仓库？（只考虑钥匙怎么放到仓库中，而不考虑官员拿哪把钥匙。）那如果官员分成m个不同的部，部中的官员数量和管理的仓库数量一致。那么有多少方案使得，同部的所有官员可以打开所有本部管理的仓库，而无法打开其他部管理的仓库？（同样只考虑钥匙的放置。）
第一问很经典，就是打开将钥匙放入仓库构成一个环：1号仓库放2号钥匙，2号仓库放3号钥匙……n号仓库放1号钥匙。这种情况相当于钥匙和仓库编号构成一个圆排列方案数是
(
n
−
1
)
!
(n-1)!
(n−1)!种。
而第二问就对应的将n个元素分成m个圆排列，方案数就是第一类无符号Stirling数
S
u
(
n
,
m
)
S_u(n,m)
Su(n,m) 。如要要考虑官员的情况，只需再乘上
n
!
n!
n!即可。
第二类Stirling数
OEIS A008277
表示将n个不同的元素拆分成m个集合的方案数。
通俗来说，就是将n个不同的球放入m个无差别的盒子中，要求盒子非空，求方案数。
公式
S
(
n
,
m
)
=
1
m
!
∑
k
=
0
m
(
−
1
)
k
C
(
m
,
k
)
(
m
−
k
)
n
S(n,m)=\frac{1}{m!}\sum_{k=0}^m(-1)^kC(m,k)(m-k)^n
S(n,m)=m!1∑k=0m(−1)kC(m,k)(m−k)n
递推式
S
(
n
+
1
,
m
)
=
S
(
n
,
m
−
1
)
+
m
S
(
n
,
m
)
S(n+1,m)=S(n,m-1)+mS(n,m)
S(n+1,m)=S(n,m−1)+mS(n,m)
性质
- S ( n , 0 ) = 0 n ( 其 中 0 0 = 1 ) S(n,0)=0^n (其中0^0=1) S(n,0)=0n(其中00=1)
- S ( n , 1 ) = 1 S(n,1)=1 S(n,1)=1
- S ( n , n ) = 1 S(n,n)=1 S(n,n)=1
- S ( n , 2 ) = 2 n − 1 − 1 S(n,2)=2^{n-1}-1 S(n,2)=2n−1−1
- S ( n , n − 1 ) = C ( n , 2 ) S(n,n-1)=C(n,2) S(n,n−1)=C(n,2)
- S ( n , n − 2 ) = C ( n , 3 ) + 3 C ( n , 4 ) S(n,n-2)=C(n,3)+3C(n,4) S(n,n−2)=C(n,3)+3C(n,4)
- ∑ k = 0 n S ( n , k ) = B n ( B n 是 贝 尔 数 ， 后 面 有 讲 到 ) \sum_{k=0}^n{S(n,k)}=B_n(B_n是贝尔数，后面有讲到) ∑k=0nS(n,k)=Bn(Bn是贝尔数，后面有讲到)
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define mod 19260817
using namespace std;
int main(){
long long n,sum=0;
scanf("%lld",&n);
long long dp[2][100007];
dp[0][0]=1;
int z=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
z^=1;
for(int j=1;j<=n;j++){
if(i==j||j==1){
dp[z][j]=1;
}
else{
dp[z][j]=(dp[z^1][j-1]+(long long)j*dp[z^1][j])%mod;
}
}
}
return 0;
}
卡特兰数
OEIS A000108
应用
- n个节点的二叉树的个数
- n边形分成三角形的方案数
- n对括号合法序列数
- n个数出栈顺序方案数
- 平面上处于凸包上的2n个点两两连边，边不相交的方案数
- 在2*n的格子里填入1~2n这些值，每个格子比上边和右边的数都小的方案数
c a t ( n ) = ∑ c a t ( i ) c a t ( n − i − 1 ) = ( 4 n − 2 ) c a t ( n − 1 ) n + 1 = C ( 2 , 2 n ) n + 1 = C ( n , 2 n ) − C ( n − 1 , 2 n ) cat(n)=\sum cat(i)cat(n-i-1)=\frac{(4n-2)cat(n-1)}{n+1}=\frac{C(2,2n)}{n+1}=C(n,2n)-C(n-1,2n) cat(n)=∑cat(i)cat(n−i−1)=n+1(4n−2)cat(n−1)=n+1C(2,2n)=C(n,2n)−C(n−1,2n)
代码A(Luogu 1375)
#include<bits/stdc++.h>
#define mo 1000000007
using namespace std;
const int N=2e5+5;
long long ans;
int n;
long long ksm(long long x,long long y){
long long ans=1;
for(;y;y>>=1,x=x*x%mo){
if(y&1){
ans=ans*x%mo;
}
}
return ans;
}
long long C(int n,int m){
long long ans=1;
for(int i=1;i<=m;i++,n--){
ans=ans*n%mo*ksm(i,mo-2)%mo;
}
return ans;
}
int main(){
scanf("%d",&n);
ans=C(2*n,n)-C(2*n,n-1);
printf("%lld",(ans+mo)%mo);
}
代码B(Luogu 1722)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int h[110];
int main(){
int n,i,j;
h[0]=1;
scanf("%d",&n);
for(i=1;i<=n;++i){
for(j=0;j<i;++j){
h[i]=(h[i]+h[j]*h[i-1-j])%100;
}
}
printf("%d\n",h[n]);
return 0;
}
默慈金数
OEIS A001006
一个给定的数n的默慈金数是在一个圆上的n个点间，画出彼此不相交弦的全部方法的总数。
M n + 1 = M n + ∑ i = 0 n − 1 M i M n − i − 1 = ( 2 n + 3 ) M n + 3 n M n − 1 n + 3 M_{n+1}=M_n+\sum_{i=0}^{n-1}M_iM_{n-i-1}=\frac{(2n+3)M_n+3nM_{n-1}}{n+3} Mn+1=Mn+∑i=0n−1MiMn−i−1=n+3(2n+3)Mn+3nMn−1
M n = ∑ i = 0 n / 2 C ( 2 i , n ) c a t ( i ) M_n=\sum_{i=0}^{n/2}C(2i,n)cat(i) Mn=∑i=0n/2C(2i,n)cat(i)
例子
1.在一个网格上，若限定每步只能向右移动一格，可以右上，右下，横向，向右，并禁止移动到y=0以下的地方，则以这种走法移动n步从(0,0)到(0,n)的可能形成的路径的总数为n的默慈金数。
2.有一个1*n的矩阵，固定第一个数为1，其他填正整数，且相邻数的差不能超过1，求方案数。
a n s [ n ] = 3 ∗ a n s [ n − 1 ] − M [ n − 2 ] ans[n]=3*ans[n-1]-M[n-2] ans[n]=3∗ans[n−1]−M[n−2]
代码
void get_motzkin(){
long long x,y;
m[1]=1,m[2]=2;
for(int i=3;i<maxx;i++){
exgcd(i+2,mod,x,y);
x=(x%mod+mod)%mod;
m[i]=(((2*i+1)*m[i-1])%mod+((3*i-3)*m[i-2])%mod)*x;
m[i]=(m[i]%mod+mod)%mod;
}
}
那罗延数
OEIS A001263
N ( n , k ) = 1 n C ( n , k ) C ( n , k − 1 ) N(n,k)=\frac{1}{n}C(n,k)C(n,k-1) N(n,k)=n1C(n,k)C(n,k−1)
- 那罗延三角中每一行的和为卡特兰数。即： ∑ a = 1 n N ( n , a ) = c a t ( n ) \sum_{a=1}^nN(n,a)=cat(n) ∑a=1nN(n,a)=cat(n)
例子
在由n对"(“和”)“组成的字符串中，共有k对”(“与”)"相邻，这样的字符串一共有N(n,k)个。
贝尔数
OEIS A000110
B n + 1 = ∑ k = 0 n C ( n , k ) B k B_{n+1}=\sum_{k=0}^nC(n,k)B_k Bn+1=∑k=0nC(n,k)Bk
B n = ∑ k = 1 n S ( n , k ) ( 其 中 S ( n , k ) 是 第 二 类 S t i r l i n g 数 ) B_n=\sum_{k=1}^nS(n,k)\ (其中S(n,k)是第二类Stirling数) Bn=∑k=1nS(n,k) (其中S(n,k)是第二类Stirling数)
例子
划分一个集合的方案数。
代码A
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long S(long long m,long long n){//第二类Stirling数,建议使用前文代码
if(m==1||m==n){
return 1;
}
else{
return S(m-1,n-1)+S(m,n-1)*m;
}
}
int main(){
long long n,sum=0;
n=read();
for(long long i=1;i<=n;i++){
sum+=S(i,n);
}
printf("%d",sum);
return 0;
}
代码B
#include<bits/stdc++.h>
#define mod 998244353
#define maxx 100007
using namespace std;
long long n,ans,a[maxx],b[maxx],sum[maxx],fac[maxx],facinv[maxx];
inline long long qkpow(long long a,long long b,long long p){
long long res=1;
while(b){
if(b&1){
res=(res*a)%p;
}
b>>=1,a=(a*a)%p;
}
return res;
}
void init(){
fac[0]=1;facinv[0]=1;
for(long long i=1;i<=n;i++){
fac[i]=(fac[i-1]*i)%mod;
facinv[i]=qkpow(fac[i],mod-2,mod);
}
}
int main(){
scanf("%lld",&n);
init();
for(long long i=0;i<=n;i++){
a[i]=facinv[i];
if(i%2){
a[i]=mod-a[i];
}
b[i]=qkpow(i,n,mod)*facinv[i]%mod;
sum[i]=(sum[i-1]+b[i])%mod;
}
for(long long i=0;i<=n;i++){
ans=(ans+a[i]*sum[n-i])%mod;
}
printf("%lld",ans);
return 0;
}
贝尔三角
OEIS A011971
伯努利数
OEIS A027641
递推式
B m = ( m = = 0 ? 1 : 0 ) − ∑ k = 0 m − 1 C ( m , k ) B k m − k + 1 B_m=(m==0?1:0)-\sum_{k=0}^{m-1}C(m,k)\frac{B_k}{m-k+1} Bm=(m==0?1:0)−∑k=0m−1C(m,k)m−k+1Bk
性质
B 2 n + 1 = 0 ( 当 n ≥ 1 ) B_{2n+1}=0(当n\geq 1) B2n+1=0(当n≥1)
例子
计算 ∑ k = 1 n k p \sum_{k=1}^{n}k^p ∑k=1nkp
- ∑ k = 1 n k p = 1 p + 1 ∑ j = 0 p ( − 1 ) j C ( p + 1 , j ) B j n p + 1 − j \sum_{k=1}^{n}k^p=\frac{1}{p+1}\sum_{j=0}^{p}(-1)^jC(p+1,j)B_jn^{p+1-j} ∑k=1nkp=p+11∑j=0p(−1)jC(p+1,j)Bjnp+1−j
- ∑ k = 1 n k p = 1 p + 1 ∑ k = 1 p + 1 C ( k , p − 1 ) B p + 1 − k ( n + 1 ) k \sum_{k=1}^{n}k^p=\frac{1}{p+1}\sum_{k=1}^{p+1}C(k,p-1)B_{p+1-k}(n+1)^{k} ∑k=1nkp=p+11∑k=1p+1C(k,p−1)Bp+1−k(n+1)k
(Zoj 2865，代码如下)
#include<bits/stdc++.h>
#define mod 1000000007
#define maxx 2018
using namespace std;
long long c[maxx][maxx];//组合数
long long b[maxx];//伯努利数
long long inv[maxx];//逆元
long long tmp[maxx];
long long n;
inline long long read(){
long long X=0,w=1;
char ch=0;
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-') w=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9') X=(X<<3)+(X<<1)+ch-'0',ch=getchar();
return X*w;
}
void init(){
for(int i=0;i<maxx;i++){
c[i][0]=c[i][i]=1;
if(i==0){
continue;
}
for(int j=1;j<i;j++){
c[i][j]=(c[i-1][j]%mod+c[i-1][j-1]%mod)%mod;
}
}
inv[1]=1;
for(int i=2;i<maxx;i++){
inv[i]=(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
}
b[0]=1;
for(int i=1;i<maxx;i++){
long long ans=0;
if(i==maxx-1){
break;
}
for(int j=0;j<i;j++){
ans+=c[i+1][j]*b[j];
ans%=mod;
}
ans*=-inv[i+1];
ans=(ans%mod+mod)%mod;
b[i]=ans;
}
}
long long work(int k){
long long ans=inv[k+1],sum=0;
for(int i=1;i<=k+1;i++){
sum+=c[k+1][i]*tmp[i]%mod*b[k+1-i]%mod;
sum%=mod;
}
ans*=sum;
ans%=mod;
return ans;
}
int main(){
init();
long long wxh=read();
while(wxh--){
n=read()%mod;
int k=read();
tmp[0]=1;
for(int i=1;i<maxx;i++){
tmp[i]=tmp[i-1]*(n+1)%mod;
}
printf("%lld\n", work(k));
}
return 0;
}
置换
置换就可看作一个map映射，即对元素进行重排列，如果一个状态经过置换 f f f后不变，则该状态为 f f f的不动点。
题目中常常出现“本质不同的方案数”，一般是指等价类的数目，题目定义一个等价关系，满足等价关系的元素属于同一等价类。等价关系通常是一个置换集合 F F F，如果一个置换能把其中一个方案映射到另一个方案，则二者是等价的。
那么，置换构成的群就是置换群，就是交换排列顺序而已。
Burnside引理
这个写得好
Polya定理
不可用
五边形数
OEIS A000326
f ( n ) = 3 n − n 2 f(n)=\frac{3^n-n}{2} f(n)=23n−n
定理
- 任何整数都可以表示为不超过5个五边形数的和。
- 但大多数的整数都可以表示不超过3个五边形数的和。(OEIS A003679(4x) OEIS A133929(5x))
广义五边形数
OEIS A001318
f ( n ) = 3 n ± n 2 f(n)=\frac{3^n\pm n}{2} f(n)=23n±n
整数分解
将n分解成其它数之和，有多少方式
f ( n ) = ∑ k = 1 n ( − 1 ) k + 1 ( f ( n − 1 2 k ( 3 k − 1 ) ) + ( f ( n − 1 2 k ( 3 k + 1 ) ) ) f(n)=\sum_{k=1}^{n}(-1)^{k+1}(f(n-\frac{1}{2}k(3k-1))+(f(n-\frac{1}{2}k(3k+1))) f(n)=∑k=1n(−1)k+1(f(n−21k(3k−1))+(f(n−21k(3k+1)))
多米诺覆盖
用 1 ∗ 2 1*2 1∗2的骨牌去覆盖 n ∗ m n*m n∗m的棋盘的方案数
解法1:状压dp
解法2: 2 n m / 2 ∏ i = 1 n ∏ j = 1 m c o s 2 ( i π n + 1 ) + c o s 2 ( j π m + 1 ) 4 2^{nm/2}\prod_{i=1}^{n}\prod_{j=1}^{m}\sqrt[4]{cos^{2}(\frac{i\pi}{n+1})+cos^{2}(\frac{j\pi}{m+1})} 2nm/2∏i=1n∏j=1m4cos2(n+1iπ)+cos2(m+1jπ)
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