数学基础、线性代数、线性基、容斥学习(26/07/10~14)
高中数学
一般的，为了便于区分，我们将 复数 的 复读成第三声，\(\omega = omega\)。
单位根反演
单位根
考虑方程 \(x^n=1\) 在复数域下的解，将其表示成 \(\omega_{n}^{1},\omega_{n}^{2},...,\omega_{n}^{n}\)。这 \(n\) 个根所对应的向量都是单位向量，在复平面上对应着单位圆上的 \(n\) 个等分点，同时，我们有 \(e^{2\pi n}=1\)，则 \(\omega_n=e^{\frac{2\pi}{n}}=\cos (\frac{2\pi}{n})+i\sin (\frac{2\pi}{n})\)。
反演
应用
有一个多项式，
对于 \(k\) 的倍数的系数和，则有
三角函数
向量
点积
降次
若有两坐标 \((x_1,y_1),(x_2,y_2)\)：
通过上述二式，可以反推 \(\cos \theta\)。
如果两个向量垂直，其点积为 \(0\)。
叉积
升次
与面积相关。
如果两个向量平行，其叉积 \(0\)。
导数
关于一个函数的切线的斜率的函数/刻画了变化趋势/一般能降次??
定义：
一些变换，推导不难。
若 \(h(x)=f(x)+g(x)\)，
若 \(h(x)=f(x)g(x)\)，
若 \(h(x)=f(g(x))\)，
常见导数
线性代数
矩阵快速幂
有结合律的东西就能够快速幂，所以矩阵也可以快速幂。
模板
比较优美的写法是重载运算符，给一个针对方阵的实现。
struct mat{
int n,p,a[N][N];
mat(int nn,int m):n(nn),p(m){memset(a,0,sizeof a);}
void init(){
for(int i=1;i<=n;i++)
a[i][i]=1;
return ;
}
int * operator[](int x){return a[x];}
const int * operator[](int x)const{return a[x];}
mat operator*(const mat &B)const{
mat res(n,p);
for(int k=1;k<=n;k++)
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)
(res[i][j]+=a[i][k]*B[k][j]%p)%=p;
return res;
}
mat operator+(const mat &B)const{
mat res(n,p);
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)
res[i][j]=(a[i][j]+B[i][j])%p;
return res;
}
void print(){
for(int i=1;i<=n;i++,cout<<"\n")
for(int j=1;j<=n;j++)
cout<<a[i][j]<<" ";
return ;
}
};
mat qpow(mat A,int k){
mat ans=A;k--;
while(k){
if(k&1)ans=ans*A;
A=A*A,k>>=1;
}
return ans;
}
例题
P10502 Matrix Power Series
\(\small{Date:\text{2026/07/11}}\)
直接分治，套矩阵快速幂即可，复杂度 \(O(n \log^2 n)\)，快速幂可以预处理，优化到 \(O(n \log n)\)。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=35;
struct mat{
...
};
int n,m,k;
mat qpow(mat A,int k){
mat ans=A;k--;
while(k){
if(k&1)ans=ans*A;
A=A*A,k>>=1;
}
return ans;
}
mat a(0,0);
mat get(int k){
if(k==1)return a;
mat b=get(k/2);
b=b+qpow(a,k/2)*b;
if(k%2)b=b+qpow(a,k);
return b;
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);
cin>>n>>k>>m;
a.n=n,a.p=m;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)
cin>>a[i][j];
get(k).print();
return 0;
}
P3702 [SDOI2017] 序列计数
\(\small{Date:\text{2026/07/11}}\)
容斥原理，用总的减去没有质数的。
设 \(dp_{i,j}\) 表示已经选了 \(i\) 个数，和 \(\bmod p\) 为 \(j\) 的方案数。
其中 \(num_i=\sum_{j=1}^m [j \bmod p=i]\)
对于没有质数的 \(dp\) 同理，\(num\) 只有非质数要计数。
把 \(num\) 预处理出来，矩阵快速幂即可。
P3216 [HNOI2011] 数学作业
\(\small{Date:\text{2026/07/11}}\)
递推式子显而易见：
运用矩阵快速幂优化，发现 \(10^{\lg (i+1)+1}\) 会发生变化，于是拆成 18 个矩阵即可，需要注意的是矩阵乘法没有交换律，所以 18 个矩阵的顺序不能搞混。
高斯消元
例题
P4457 [BJOI2018] 治疗之雨
\(\small{Date:\text{2026/07/12}}\)
怎么我刚做完就降紫了qwq
简要题意：你有一个初始值为 \(p\) 的变量，上限为 \(n\)，定义一轮操作为：
1.若 \(p\) 没有达到上限，\(\frac{1}{m+1}\) 的概率将变量加一。
2.进行 \(k\) 次，每次有 \(\frac{1}{m+1}\) 的概率将变量减一。
求变量变为 \(0\) 的期望轮数。
期望方程不难写出，但注意到 \(n\) 有 1500，直接高消显然会死，观察一下这个矩阵，会发现它大概长这样
1 1 0 0 0 0 ……
1 1 1 0 0 0 ……
1 1 1 1 0 0 ……
1 1 1 1 1 0 ……
会发现它的主对角线之上只有一个变量的系数不为1，因此我们可以两行两行的向下消，最后削成这个样子
1 1 0 0 0 0 ……
0 1 1 0 0 0 ……
0 0 1 1 0 0 ……
0 0 0 1 1 0 ……
0 0 0 0 1 1 ……
然后从最后一行往上消回去即可。
矩阵求逆
矩阵 \(A\) 的逆 \(A^{-1}\) 为满足 \(A \cdot A^{-1}=I\)，其中 \(I\) 为单位矩阵
考虑直接对 \(A\) 做高斯消元，并且把过程中对 \(A\) 的所有操作，同步到单位矩阵 \(I\) 上，最终当 \(A\) 变为单位矩阵时，\(I\) 会变为 \(A\) 的逆矩阵。
特别的，如果矩阵 \(A\) 无法被消元成单位矩阵，那么矩阵 \(A\) 没有逆矩阵。
行列式
对于任意的一个 \(n\times n\) 的矩阵 \(A\)，\(\det(A)\) 可视作从矩阵到数的映射。
令 \(S_n\) 表示由 \(n\) 个数组成的排列所构成的集合。
其中 \(\text{sign}(p)\) 表示 \((-1)^k\) , \(k\) 为排列 \(p\) 中的逆序对数量。
计算矩阵的行列式
直接暴力算显然不太可做。
我们考虑矩阵的基本变换会对行列式带来什么影响。
- 交换任意两行，行列式变为相反数
- 对某一行整体加上 \(k\) 倍另一行的值，行列式不变
那么我们直接对矩阵进行高斯消元，但是没有必要将主元化为 \(1\)，统计交换任意两行的次数。
最终结果是一个上三角矩阵，显然一个上三角矩阵的行列式 \(\det(A')=\prod_{i=1}^n a_{i,i}\)。
那么我们就在 \(O(n^3)\) 的时间复杂度下求出了，一个矩阵的行列式。
行列式相关定理
Cauchy-Binet 定理
$ det(AB)=\sum_{S}{det(A_S)det(B_S)}$，通俗来讲，对于 \(n\times m\) 的矩阵 \(A\) 和一个 \(m\times n\) 的矩阵 \(B\)，相乘会得到一个 \(n\times n\) 的矩阵，考虑从 \(A\) 中选出 \(n\) 列组成一个 \(n\times n\) 的矩阵 \(A'\)，从 \(B\) 中选出 \(n\) 行组成一个 \(n\times n\) 的矩阵 \(B'\)，则 \(det(AB)\) 就会等于所有这样的 \(A',B'\) 的 det 的乘积之和。具体证明就是拆拆爆，左右两边全部拆拆拆，搞成一样的就完了。
证明中会用到一个很 nb 的trick(至少我认为): 对于形如下图的连边，我们把中间的那组点去掉，使左右两部分点直接相连，连边所产生的 边 之间的 交点 的 奇偶性 不变。(浅蓝色边为原有边，深蓝色边为新增边)
生成树计数
定义关联矩阵 \(G=(g_{ij})_{n\times m}\)，满足 \(g_{u_i,i}=1,G_{v_i,i}=-1\)，注意到每一列恰有一个 1 和一个 -1，显然这个矩阵并不满秩。考虑删去其中的任意一行得到矩阵 \(A\in \R^{(n-1)\times m}\)，对于大小为 \(n-1\) 的边集 \(S\) 所对的矩阵为 \(A_S\)，则有：
因此有：\(\sum_S{det^2(A_S)}=\text{生成树个数}\)。定义 \(A_T\) 为矩阵 \(A\) 的转置矩阵（旋转九十度后的矩阵），显然有 \(det(A)=det(A_T)\)，则 \(det^2(A_S)=det(A_S)det(A_S^T)\)，由 \(Cauchy-Binet\) 可得：
所以 \(det(AA^T)=\text{生成树个数}\)。 注意到 \((AA^T)_{ii}=d_i\)。在此基础上，拉普拉斯矩阵 \(L(G)=D(G)-A(G)\),其中 \(D(G)\) 为有向图 \(G\) 的每个点的出度的对角矩阵，\(A(G)\) 则表示邻接矩阵，如果有权就当成有 \(val\) 条重边。（当然，边权也可以是函数或多项式）
然后我们有 \(L'=AA^T\)，其中 \(L'\) 为将 \(L\) 删去任意一行一列后的矩阵。
例题
P4336 [SHOI2016] 黑暗前的幻想乡
\(\small{Date:\text{2026/07/13}}\)
容斥，钦定用那几个公司的边，跑一遍生成树计数做完了。\(O(2^nn^3)\)
容斥原理
因为某些反演本质上也是容斥原理，所以也被收录了进来。
浙公网安备 33010602011771号