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

  1. 費馬小定理
  2. 酷酷公式
  3. 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

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

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];
		}
    }
}

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

題目

組合

組合數 \(C^n_k\)

算法:主要有三種

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

在 n 個裡面取 k 個的方法數

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?

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

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

真的是通靈之類的

提示:對角線

提示:做一做砍一半重構

線代相關

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

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