數學

aka 高中數學 in 資訊

簡介

競賽數學主要分 ACGN 四大類

Algebra 代數

Combinatory 組合

Geometry 幾何

Number theory 數論

不是 Animation, Comic, Game, Novel 啦

高中資訊用到的數學

$C \approx N > A > G$

然後要會一點向量、線性代數、群論

大學資訊用到的數學

A 的比例高好多，但因為我也不會大學資訊就不排了

有一堆多項式詭譎

因為我沒時間找題目

想要更多題目去找去年簡報

如果你去年聽過了

這裡空空的，什麼都沒留下

~~我不相信有人有把去年刷完~~

數論

同餘

a 與 b 在模 p 下同餘若且唯若 (a-b)%p == 0

這裡的 p 不一定是質數

加法、減法、乘法

const int mod=998244353;
void add(int& x,int y){
    x+=y;
    x-=mod*(x>=mod);
    x+=mod*(x<0);
}
int mul(int x,int y){
    return 1ll*x*y%mod;
}

除法

在模質數底下，不能整除怎麼辦

$\frac{x}{y} = z \implies x \equiv y \cdot z \pmod p$

假設我們有 $y \cdot b \equiv 1 \pmod p$

那麼 $ x \cdot b \equiv b \cdot y \cdot z \equiv z \pmod p$

也就是說 $ z \equiv x \cdot b \pmod p $

這樣就可以算了

問題就是要怎麼算出那個 b

有三種方法

費馬小定理
酷酷公式
貝祖定理

模逆元

費馬小定理

$$ a^{p-1} \equiv 1 \pmod p$$

也就是說 $ a \cdot a^{p-2} \equiv 1 \pmod p$

代表 $b = a^{p-2}$

直接用快速冪做就好了

快速冪

$ a^n = (a^{n/2})^2 \cdot a [a\%2==1] $

O(logn)

酷酷公式

int inv(int x){
    return x==1?1:mul(mod-mod/x,inv(mod%x));
}

據說是 O(logn)

去年我說我不會證，現在我是根本不知道複雜度

隨便啦，很快

貝祖定理

對於所有整數 $a,b$ 存在無限多組整數 $x,y$ 滿足 $$ ax + by = gcd(a,b) $$

遞迴

假設我們有了 $ bx' + (b\%a)y' = 1$

要怎麼推出 $ax + by = 1$的解

注意到 $a\%b = a - \lfloor \frac{a}{b} \rfloor \cdot b$

$$bx' + (a\%b) y' = 1 $$

$$ bx' + (a - \lfloor \frac{a}{b} \rfloor b)y' = 1 $$

$$ ay' + b(x' - \lfloor \frac{a}{b} \rfloor y') = 1$$

是唯一能用在合數的模逆元方法

code

int ext(int a,int b,int& x,int& y){
    if(b==0){
        x=1;
        y=0;
        return a;
    }
    int d=ext(b,a%b,y,x);
    y-=a/b*x;
    return d;
}

GCD

輾轉相除法

或是有酷酷的內建函式 __gcd 可以用

範例 code

const int mod=998244353;
void add(int& x,int y){
    x+=y;
    x-=mod*(x>=mod);
    x+=mod*(x<0);
}
int mul(int x,int y){
    return 1ll*x*y%mod;
}
int po(int x,int y){
	int z=1;
	while(y){
		if(y&1){
			z=mul(z,x);
		}
		x=mul(x,x);
		y>>=1;
	}
	return z;
}
int inv(int x){
	return po(x,mod-2);
}
int inv(int x){
    return x==1?1:mul(mod-mod%x,inv(mod%x));
}
add(x,1);
x=mul(x,2);
__gcd(3,5);

OJDL 7044

模逆元練習

ARC 158 D

這題太神隨意看題解

質數

判斷質數

從 1 掃到 $ \sqrt n$ ，如果裡面有整數是因數就不是質數，反之則是

其他方法

Miller-Rabin

再其他的方法

找到 1 到 n 的所有質數

照上面的作法會是 O(n^1.5)

改進一下

從 1 到 n 掃過一遍，每次更新他的所有倍數

沒被更新過的就是質數

$ O( \frac{n}{1} + \frac{n}{2} + \dots + \frac{n}{n}) = O(n log(n)) $

因數篩

小優化

只跑過質數的倍數

$ O( \frac{n}{2} + \frac{n}{3} + \dots )= O(n loglog(n)) $

上一張的可以用在找出一個數的所有因數

由此也可得 1 到 n 所有數的因數數量和 = O(nlogn)

線性篩

如果能讓每個數都被篩過一次，那就可以 O(n) 算完了

所以我們會想要讓每個合數被他的最小質因數算到

vector<int> vis,pr;
for(int i=2;i<n;i++){
    if(!vis[i]){
        pr.push_back(i);
    }
    for(auto h:pr){
        if(h*i>n){
            break;
        }
        vis[h*i]=1;
        if(i%h==0){
            break;
        }
    }
}

Code

TIOJ 1668

線性篩求歐拉函數

歐拉函數 $\varphi(n)$ 代表 n 以下有多少數與 n 互質

有積性

其實還有很多東西都可以線性篩求

除了有積性的之外 least prime factor 等等也可以

code

vector<int> vis,pr,phi;
for(int i=2;i<n;i++){
    if(!vis[i]){
        pr.push_back(i);
        phi[i]=i-1;
    }
    for(auto h:pr){
        if(h*i>n){
            break;
        }
        vis[h*i]=1;
        if(i%h==0){
        	phi[i*h]=h*phi[i];
            break;
        }
        else{
        	phi[i*h]=phi[h]*phi[i];
		}
    }
}

ARC 172 E

求最小的 $n$ 使 $n^n \ mod \ 10^9 = x$

先把 10 拆成 2*5, 那你想要把 $x \ mod\ 2^9$ 跟 $x \ mod \ 5^9$ 算出來

現在我們要看 $n^n \ mod \ 2^9$ 跟 $n^n \ mod\ 5^9$ 的循環節是多少

先看 2 的部分，那就是 $(n \ mod\ 2^9)^{n \ mod\ \phi(2^9)}$，因此循環節是 $lcm(2^9,\phi(2^9))$

5 的部分也是一樣

那求出循環節後就可以直接對循環節內的每個數求答案

然後再中國剩餘就好

TIOJ 1514

CF 1725 E

題目

組合

組合數 $C^n_k$

算法：主要有三種

$n \leq 1000: O(n^2) $ Pascal Triangle
$n \leq 1000000$ 多次詢問：O(n) 蓋出 frac 表，然後用 $$ C^n_k = \frac{n!}{k! \cdot (n-k)!} $$
(mod 質數) $ n \leq 10^{18}, p \leq 1000$ => Lucas Theorem

在 n 個裡面取 k 個的方法數

AGC 040 C

AB 跟 BA 好難歸納

如果是 AA 跟 BB 呢

把第偶數個的 A 換成 B，B 換成 A，可以發現答案不變

那麼題目變成不能砍 AA 跟 BB

怎麼做？

AGC 040 C

他跟 "把 2n 個數配對，不能有一對數相同" 很像

事實上要是他們可以配對那一定找到一個方法刪除連續的兩個值

打架！

結論是只要 A 的個數跟 B 的個數都不超過 N/2 就合法

所以我們可以枚舉不合法的時候的 A 的數量，假設是 k

那麼就是 C(n,k) * 2^(n-k)

就做完了

~~雖然我當初好像不是這樣寫~~

一個小細節是這題的 N 很大

多考了一個線性預處理+O(1) 查 C(n,k)

你會需要 ifac[i] = fac[i]^(-1)

然後這可以倒著作回來

Lucas theorem

$ C^n_k \equiv \prod_{i=0} C^{n_i}_{k_i} \pmod p $

$n_i$ 跟 $k_i$ 分別是 n 跟 k 轉成 p 進位每一個位的位元

例題：ARC 137 D

排容

我去年居然有講到這個...

要計算幾個集合併集的大小，我們要先將所有單個集合的大小計算出來，然後減去所有兩個集合相交的部分，再加回所有三個集合相交的部分，再減去所有四個集合相交的部分，依此類推，一直計算到所有集合相交的部分。

copy by wikipedia

式子：

$$\sum_{i=1}^n C^n_i \cdot (-1)^{i+1} \cdot F(i)$$

其中 F(i) 表示選出來 i 個之後滿足條件的個數

上例題壓壓驚 CF 997 C

首先答案 = 橫排滿足條件 + 直排滿足條件 - 都滿足條件

前兩個很好算，比較難的是都滿足條件的那個

可以發現橫排直排都滿足條件，那麼他們顏色是相同的，且所有滿足條件的橫排的顏色都相同

所以假設我們固定其中一個橫排的顏色，那麼可以算出來滿足條件的個數

考慮對橫排個數排容，至少有 i 個橫排滿足條件的選法是

$$C_i^n(3^{n(n-i)}-(2^{n-i} - 1)^n)$$

所以都滿足條件的答案是

$$\sum_{i=1}^n (-1)^{i+1} \cdot C_i^n(3^{n(n-i)}-(2^{n-i} - 1)^n)$$

排容才不只這樣

上面的式子可以用另一條方式看：

假設我們要算答案恰好是 i 的方法數，那他其實就是

答案至少是 i 的方法數 - 答案至少是 i+1 的方法數

因此你有時候可以倒著算回來

因此我們有可以對 gcd 做排容，扣回來的時候對所有倍數扣

AGC 038 C

TIOJ 2287

排容才不只這樣

再觀察一下，排容的核心想法是什麼

扣掉多算的

讓每個答案都被算到一次

本來這兩邊應該要放一題但我找不到 judge

偷偷打個題敘在這

左. 給定 n<=5000, r<=1e9, B[1...n], 求出有幾種陣列 A[1...n] 使得 A[i] <= A[i+1], A[i]<=B[i]且值域在 [1,r] 間

右. 給一棵樹，n<=2000，求有多少種 coloring，可行的顏色是 1~n 且不重複，使得你可以做以下操作 n-1 次：選擇點 u,v 使得 abs(col[u] - col[v]) = 1 且 u-v 有邊，並把所有跟 u 同顏色的點 w. col[w]:=col[v]

構造題

我要成為方格王

屏東方格王是一所積極新創... 的 amano_hina

CF 104821 H

那個形狀真的很醜耶，來把他變漂亮一點
你可以拼出 2*4、3*3 挖一個角、兩個 2*2 接在一起
所以 4k 的話拿 2*4 去拼就好
4k+2 驗一下奇偶性會發現拼不滿，所以 2*4 也可以解決
接下來我們想要 reduce 長度
手算會發現 5*5 會多 5 格，然後 7*7 好像也會多 5 格
拿 3*3-1 放在左上角然後把 2*4 放在邊邊的話可以把 4k+3 -> 4k+1 耶讚
手構發現 9*9, 13*13 都可以 1 格（要用到兩個 2*2 接在一起）
所以我們想要讓邊長 -8，那就是構出 9*9-1
真的可以，做完了
好好實作 :)

真的是通靈之類的

ARC 172 D

CF 103098 B

提示：對角線

提示：做一做砍一半重構

線代相關

矩陣

高斯消去

把對角線以下的消掉

這邊原本是 xor basis

但是真的講不完了

所以有興趣的參考 Sam571128 的 blog

計算幾何

數學-3

By alvingogo

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如果你去年聽過了

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加法、減法、乘法

除法

模逆元

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快速冪

酷酷公式

貝祖定理

遞迴

code

GCD

範例 code

質數

判斷質數

其他方法

找到 1 到 n 的所有質數

小優化

線性篩

Code

線性篩求歐拉函數

code

題目

組合

Lucas theorem

\( C^n_k \equiv \prod_{i=0} C^{n_i}_{k_i} \pmod p \)

排容

排容才不只這樣

排容才不只這樣

構造題

我要成為方格王

真的是通靈之類的

線代相關

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