随笔分类 - 数论-------------------------
摘要：计数问题也许可以转化为矩阵乘法形式 比如若该题没有不能在一条边上重复走的条件限制，那么直接将邻接矩阵转化为矩阵乘法即可 故 矩阵乘法计数 对于计数问题，若可以将 $n$ 个点表示成 $n \times n$ 的矩阵，并且可以保证中途转移对象不会变化，即可用矩阵乘法计数 至于该题 那么考虑该题，加入了
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摘要：首先定义多项式的度数 $degA$ 为多项式 $A(x)$ 的最高次数 那么多项式 $A(x)$ 的逆即为存在多项式 $B(x)$ 使得条件满足： $$A(x)B(x) \equiv 1 \pmod{x^n}$$ 求解过程 假设存在多项式 $A(x)$ ，以及其逆 $B(x)$ 满足条件 ，那么必定
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摘要：根据 "Crash的数字表格" ，很容易可以将式子化简为 $$\begin{aligned} Ans &= \sum\limits_{i = 1}^n \sum\limits_{j = 1} ij(i, j) \\ &= \sum\limits_{d = 1}^n d^3 \sum\limits_{
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摘要：前置相关 类型积性函数（注：以下皆为完全积性函数，即无需满足 $x \perp y$ 即有 $f(x)f(y) = f(xy)$ $\epsilon (n) = [n = 1]$ $id (n) = n$ "狄利克雷卷积与莫比乌斯函数" 狄利克雷卷积与欧拉函数 此处若以 $id $ 作单位元，则 $
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摘要：题意 求 $\sum\limits_{i = 1}^N \sum\limits_{j = 1}^M lcm (i, j)$ Solution 易知，原式 $$\sum\limits_{i = 1}^N \sum\limits_{j = 1}^M \frac{ij}{\gcd (i, j)}$$ 枚举
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摘要：莫比乌斯反演半模板题 很容易可以得到 $$Ans = \sum\limits_{p \in prime} \sum\limits_{d = 1}^{\min (\left\lfloor\frac{a}{p}\right\rfloor, \left\lfloor\frac{b}{p}\right\rf
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摘要：- 概念引入 - 数论函数 指定义域为正整数的函数 定义其加法为逐项相加，即$(f + g)(n) = f(n) + g(n)$ 定义其数乘为逐项相乘，即$(xf)(n) = x × f(n)$ - 单位元 单位元是集合中一种特别的元素，当单位元与其它元素相结合时，不会改变其它元素的值 - 逆元 逆
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摘要：- 概念引入 - 阶 对于$p \in N_+$且$(a, \ p) = 1$，满足$a^r \equiv 1 (mod \ p)$的最小的非负$r$为$a$模$p$意义下的阶，记作$\delta_p(a)$ - 原根 定义：若$p \in N_+$且$a \in N$，若$\delta_p(a)
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摘要：- 概念引入 - 点值表示 对于一个$n - 1$次多项式$A(x)$，可以通过确定$n$个点与值（即$x$和$y$）来表示这唯一的$A(x)$ - 复数 对于一元二次方程 $$x^2 + 1 = 0$$ 在实数范围内无解，那么我们将实数范围扩充，就得到了复数，再令$i$为该方程的解，即 $$i^2
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摘要：· 定理 $n$个节点二叉树形态种类数为$Cat (n)$。 · 证明 很难通过简单递推得到答案，因为会产生重复的情况。 一般我们使用二叉树都是通过递归，故考虑从递归处得到启发。 对于任意$n$个节点的二叉树，它的左右子节点个数是可以被枚举的 —— $1 + (n - 1) / 2 + (n - 2
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摘要：· 题解 首先考虑设ƒi为i发光的概率，那么它可以从子节点、自身、和父节点传过来，但是，这是其中至少有一个通电的问题，也就是“或”，因为它们的目的是一样的——都是使当前通电，也就是说它们并不是互斥的状态，比如子节点和父节点都是50%，那么这个节点的通电概率就是$100%$了吗？显然不是，虽然有这个公
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摘要：题意： 给定两个序列$a$和$b$，让它们进行匹配，求出使得$a_i > b_j$的个数比$a_i < b_j$的个数恰好多$k$，求这样的匹配方法数 题解： 这题的各种表示有一点相似又截然不同，很容易混淆。 直接求恰好满足$k$对不好求，所以先放宽条件，这样子有利于构造动规方程。 先用$f_{i,
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摘要：· 假设此时已求出标准完全背包，用$f[j]$表示。 · 本题关键在于，由于有个数限制，那么可以强制令当前状态不满足限制，即若最多取$Have[i]$个，强制令其先取$Have[i] + 1$个，那么减去$f[S - (Have[i] + 1)]$即可，当然需用容斥原理来进行加减。 · 代码： 1
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