2024 暑假学习笔记

线性代数

向量

我们定义向量是多维空间中一条带方向的线段，由于不太需要考虑其绝对位置关系，只考虑相对位置，一般都是平移到原点然后记录终点的坐标，记为 $\vec x = (a_1, a_2, ..., a_n)$。

一般来说我们只探讨二维向量，因为是比较容易想的。

比如说：

我们可以称这个向量为 $u$，也可以表示为 $\vec B$，显然 $\vec B = (2, 3)$。

同时在空间中也有一些特殊的向量，比如：

$\vec 0$，就是原点，由原点指向原点，初始的向量。
$\vec i$，在 $x$ 轴方向前进一步的向量。
$\vec j$，在 $y$ 轴方向前进一步的向量。
$\vec k, l, m ...$，在更高维度上前进一步的向量。

我们称这些向量为基向量。

如图：

向量 $\vec i$ 和 $\vec j$ 就是基向量。

下面介绍一下向量的加减法则：

$\vec a + \vec b = (x_a + x_b, y_a + y_b)$。
$\vec a - \vec b = (x_a - x_b, y_a - y_b)$。

如图：

$\vec a + \vec b = \vec c$。

如果是减法我们就加上其相反向量即可。

向量的数乘：

$p \vec a = (px_a, px_b)$。

向量的点乘：

$\vec a \cdot \vec b = |a| \cdot |b| \cdot \cos <a, b>$。

矩阵

$n \times m$ 的矩阵。

$n \times n$ 的矩阵称之为方阵。

运算：

矩阵的加法：按位相加即可。
矩阵的数乘：按位相乘即可。
矩阵的点乘：$c_{i, j} = \sum a_{i, k} \times b_{k, j}$。
矩阵的转置：写为 $A^T$，$A^T_{i, j} = A_{j, i}$。

基础矩阵：

单位矩阵：即主对角线上全为 $1$，乘上任何矩阵都为它本身。
零矩阵：全为 $0$ 的矩阵，乘上任何矩阵都为零矩阵。

很多 DP 转移可以写成矩阵形式，由于矩阵乘法是有结合律的，所以可以快速幂做。

唯一有用的可能是高斯消元，那东西必须得看代码。

行列式

行列式仅针对方阵。

然后计算公式是：

\[\det(A) = \sum (-1)^{\sigma} \prod a_i \]

一些性质：

交换两行，行列式值乘上 $-1$。
倍加，行列式值不变。
和的拆分（一行或一列），直接拆分相加即可。
$\det(AB) = \det(A) \det(B)$

根据性质，可以用高斯消元把下面全部消成 $0$，然后就只能取对角线上的值了。

LGV 引理

Pro：给定一个具有特殊性质的平面图 DAG，求从初始点集到结束点集的不相交路径方案数（两个点集点的个数相同）。

特殊性质：将起始点集以及结束点集像二部图一样分开排列，将线拉直不相交（点集内部不连边，有的话就去除，反正无论如何也不会走，因为不相交）。

网格图是其中一种。

结论：定义 $w(P)$ 为路径 $P$ 上边的权的乘积（初始全为 $1$），$f(s, t)$ 表示 $s$ 到 $t$ 可能的路径之和，$A$ 为初始点集，$B$ 为结束点集，那么：

\[ans = \begin{vmatrix} f(a_1, b_1)& f(a_1, b_2)& ...& f(a_1, b_n) \\ f(a_2, b_1)& f(a_2, b_2)& ...& f(a_2, b_n)\\ ...& ...& ...& ...\\ f(a_n, b_1)& f(a_n, b_2)& ...& f(a_n, b_n) \end{vmatrix} \]

即这个矩阵的行列式。

证明：咕咕咕。

Matrix-Tree 定理

Pro1：给你一张无向图，求其生成树个数。
结论：令 $D$ 为度数矩阵（主对角线为度数，带权），$L$ 为邻接矩阵（可以有权），$A = D - L$，然后选择 $A$ 中的一个格子，删掉它所在列和行，那么 $ans = \det(A)$。
证明：咕咕咕。
Pro2：给你一张有向图，求其外向/内向生成树个数。
结论，外向：$ans = \det(A = D_{in} - L)$，内向：$ans = \det(A = D_{out} - L)$。
证明：咕咕咕。

BEST 定理

~~最好的定理！！！~~

Pro：给你一张有向图，要你求从 $x$ 出发的欧拉回路条数。
结论：满足（$D_x$ 为以 $x$ 为根的内向生成树个数）：

\[ans = D_x \prod_{i = 1}^n (out_i - 1) \]

证明：咕咕咕。

线性基

基可以理解为基向量，线性基通常是关于异或的基。

然后就是做高斯消元，矩阵中剩下的数就是线性基所要的数了，然后表示一下即可。

然后我们可以用线性基求所有数的最大异或值和最小异或值，直接贪心即可。

如果要求第 $k$ 小/大异或值，那么可以重新调整一下基然后再像 0/1 Trie 一样搞，不过通常只会考前两个。

拉格朗日插值

即给出 $n$ 个点能确定一个 $n - 1$ 次多项式，那么此时可以通过以下公式求这个多项式的点值：

\[f(x) = \sum y_i \prod_{i \ne j} \frac{x - x_j}{x_i - x_j} \]

其实通常我们取连续值然后用阶乘计算，那么计算单个就变成了 $O(n)$ 的了。

一般如果有式子那么就猜多项式系数，直接开到最大的做就完事了。。。

题目

P2044 [NOI2012] 随机数生成器

Description：给定 $X_0, m$ 和递推公式 $X_{n + 1} = (aX_n + c) \mod m$，求 $X_n$，$1 \le n \le 10^18$。

首先这个题我们肯定要用矩阵快速幂，考虑构造矩阵：

\[P = \begin{bmatrix} a& c \\ 1& 0 \end{bmatrix} \]

然后初始矩阵为：

\[Q = \begin{bmatrix} X_0& 0 \\ 1& 0 \end{bmatrix} \]

然后答案就是 $P^n \cdot Q$。

P1962 斐波那契数列

Description：求斐波那契数列第 $n$ 项，$1 \le n \le 10^9$。

直接上矩阵，不多说。

P2447 [SDOI2010] 外星千足虫

Description：给你若干个方程，形如一堆数的和 $\bmod 2$ 的值，让你解方程，并推算出最早可以解出的时刻。

其实我们不难发现可以转化成异或方程组，然后我们可以高斯消元解出来，也可以用线性基求解。

但是题目太毒瘤了，我们需要用 bitset 优化一下常数。

P2886 [USACO07NOV] Cow Relays G

Description：给你一张有向图，让你求从 $S$ 到 $T$ 恰好经过 $K$ 条边的最短路。

我们定义广义矩阵乘法为 Floyd 的转移形式，然后我们把邻接矩阵对着这个东西求 $K$ 次快速幂，最后 $(S, T)$ 的值就是答案了。

P1397 [NOI2013] 矩阵游戏

Description：有些复杂，可以自己看原题。

其实就是每一行矩阵快速幂，然后换行的时候乘上另外一个矩阵，对 $m$ 行都做一遍这个事情，发现也可以矩阵快速幂，简单来说就是把式子完全展开然后构造两个矩阵硬算就好了。

P3746 [六省联考 2017] 组合数问题

Description：让你求 $\sum_{i = 0}^{n} C_{nk}^{ik + r} \bmod p$。

其实我们组合意义一下，就是在 $nk$ 个不同物品中选 $t$ 个，且满足 $t \bmod k = r$ 的方案数有多少，构造矩阵 DP 即可。

P6573 [BalticOI 2017] Toll

Description：有些复杂，可以自己看原题。

考虑到 $k$ 最多为 $5$，所以我们每 $5$ 个构造一个与下 $5$ 个的矩阵，然后求 $s$ 到 $t$ 的最短路就是直接把两个所在矩阵中间的矩阵全部乘起来（广义矩阵乘法：Floyd 更新方式），然后看对应位置。

考虑到矩阵乘法是有结合律的，所以我们多次询问采用线段树进行解决。

P3193 [HNOI2008] GT考试

Description：有些复杂，可以自己看原题。

考虑设状态 $f_{i, j}$ 为算到第 $i$ 位，后 $j$ 位与 $t$ 匹配的方案数，这个时候我们需要求一个数组 $g_{i, j}$，表示匹配了 $i$ 位后再加一个字符能匹配 $j$ 位的方案数，用 KMP 可以快速算出，然后对 DP 进行矩阵快速幂即可。

P7736 [NOI2021] 路径交点

Description：有些复杂，可以自己看原题。

我们发现本质就是 LGV 引理里的容斥，利用 LGV 引理做，完事。

P3317 [SDOI2014] 重建

Description：有些复杂，可以自己看原题。

我们发现 Matrix-Tree 定理本质上是要求生成树权乘积和的，那么我们考虑题目让我们求什么：

\[\prod_{e \notin E} (1 - p_e) \prod_{e \in E} p_e \]

就是还要保证生成树以外的边不被选中。

然后共同除以 $1 - p_e$，然后再乘上，变成：

\[(1 - p_e) \cdot \prod_{e \in E} \frac{p_e}{1 - p_e} \]

P4336 [SHOI2016] 黑暗前的幻想乡

Description：有些复杂，可以自己看原题。

我们发现容斥 + Matrix-Tree 定理即可。

就是 $n - 1$ 家公司边的生成树 - $n - 2$ + $n - 3$。

为什么要容斥呢？因为可能有多家公司用很多边，根据直觉，就应该这样容斥。

组合计数

很简单的一些公式：

递推公式：

\[\binom{n}{m} = \binom{n - 1}{m - 1} \]

吸收恒等式：

\[\binom{n}{m} = \frac{n}{m} \binom{n - 1}{m - 1} \]

上指标求和（利用递推公式，加一项）：

\[\sum_{i = m}^{n} \binom{i}{m} = \binom{n + 1}{m + 1} \]

平行恒等式：

\[\sum_{i = 0}^n \binom{m + i}{i} = \binom{m + n + 1}{n} \]

范德蒙德卷积：

\[\sum_{i = 0}^k \binom{n}{i} \binom{m}{k - i} = \binom{n + m}{k} \]

二项式定理：

\[(a + b)^n = \sum_{i = 0}^n \binom{n}{i} a^i b^{n - i} \]

来看几个问题：

问题 $1$：给你 $n$ 个相同的球和 $m$ 个不同的盒子，问有多少种办法把这 $n$ 个球放进盒子？盒子不可以空。

利用插板法，不难得到 $\binom{n - 1}{m - 1}$。

问题 $2$：给你 $n$ 个相同的球和 $m$ 个不同的盒子，问有多少种办法把这 $n$ 个球放进盒子？盒子可以空。

我们借 $m$ 个元素过来，就显然是 $\binom{n + m - 1}{m - 1}$。

问题 $3$：有不定方程 $X_1+X_2+···+X_n = S$，每个量都是非负整数，对于每个 $X_i$, 有限制 $X_i \le K$ ，计数这样的不定方程的解数。$n, K \le 10^5$。

考虑到容斥，所有的减去一个大于 $K$，加上两个大于 $K$，问题就把 $S$ 减去若干个 $K$ 就好了，但是需要注意有顺序，所以要乘上 $\binom{n}{i}$。

然后是格路计数，就仿照卡特兰数，画两条线，然后上面那根对折以下就好了。

然后需要注意的是如果是有上下界，直接容斥即可，不要犹豫。

然后是斯特林数（由于不会打所以直接括号表示）：

第一类斯特林数：$(n, m)_1$ 表示 $n$ 个不同元素构成 $m$ 个圆排列方案。递推：

\[(n, m)_1 = (n - 1,m - 1)_1 + (n - 1) \times (n - 1, m)_1 \]

第二类斯特林数：$(n, m)_2$ 表示 $n$ 个不同元素构成 $m$ 个非空子集。递推：

\[(n, m)_2 = (n - 1,m - 1)_2 + k \times (n - 1,m)_2 \]

需要特别特别特别记住的公式

\[m^n = \sum_{i = 0}^m (n, i)_2 m^{\underline i} \]

利用这个公式我们可以推很多组合意义。

比如 Card 和自然数幂和（虽然不如直接拉插）。

题目

P1450 [HAOI2008] 硬币购物

Description：给你 $4$ 种硬币个数及面值，问恰好买 $s$ 元物体有多少种方式？

考虑容斥，限制放的硬币种类，最开始再预处理一下多重背包就好了。

P1641 [SCOI2010] 生成字符串

Description：$n$ 个 $0$ 和 $m$ 个 $1$，要求前 $k$ 位 $1$ 的个数不能少于 $n$ 的个数，问方案总数。

考虑组合意义，就是网格图画线，然后翻折一下求方案个数，然后稍微容斥一下即可。

CF1278F Cards

Description：有点复杂。

概率的题就是选中乘上选中的概率乘上没选中的乘上没选中的概率，推出来一下，然后用斯特林数幂展开，然后用二项式定理就做完了。

CF622F The Sum of the k-th Powers

Description：求 $\sum_{i = 1}^{n} i^k$。

这个东西有个很明显的结论，就是它是 $k + 1$ 次多项式，然后我们用拉格朗日插值插连续的 $k + 2$ 个点值，算阶乘预处理就完了。

[AGC013E] Placing Squares

Description：有点复杂。

考虑分两类点，一类点是标记点，一类是没有标记点，然后我们设置两个不同的矩阵转移 DP，由于一共只会有线性个标记点，所以我们只需要做 $k - 1$ 次快速幂和 $k$ 次乘法就完了。

CF1895F Fancy Arrays

Description：有点复杂。

考虑容斥，容斥下线后发现 $\le x - k + 1$ 的贡献就是 $(2k + 1)^{n - 1}$，然后 $\le x$ 的就弄个矩阵优化 DP 就好了。

[ABC281G] Farthest City

Description：有点复杂。

考虑我们将图分层做 DP，那么第 $i$ 层的点只会连向第 $i + 1$ 层或者第 $i$ 层自己，记录一下层的数量的当前层的点数就好了，注意 $n$ 点必须要在最后一层，所以要把剩余点数减 $1$。

数据结构

并查集

其实并查集的本质就是一颗树，只不过看你是只维护连通性还是维护其他信息。

种类并查集

就按照种类分层，然后不同种类之间互相连边，通常能够描述不同种类之间的矛盾关系。

带权并查集

就是树上每条边都带权，然后由于有边权，所以大部分情况下不能路径压缩，只能按秩合并。

笛卡尔树

考虑这样一个对于区间 $[l, r]$ 建树过程：

拎出最大值做根节点。
最大值两边的区间继续处理。

就是一个大根堆。

但是我们实际操作时不这么操作，因为复杂度是 $O(n^2)$ 的。

我们这么处理：

for ( int i = 1; i <= n; i ++ ) {
        int tmp = cnt;
        while ( tmp && a[id[tmp]] > a[i] ) {
            tmp --;
        }
        if ( tmp ) {
            tree[id[tmp]].r = i;
        }
        if ( tmp < cnt ) {
            tree[i].l = id[tmp + 1];
        }
        id[++ tmp] = i, cnt = tmp;
    }

就每次试着往右边加，如果不行往上跳，复杂度 $O(n)$。

如果忘了也可以直接分治 + 线段树 $O(n \log_2 n)$ 做，应该不会卡。

哦，还有就是笛卡尔树的启发式搜索复杂度是对的（每次都往小的区间遍历）。

左偏树

先建一个堆。

定义 $dist_i$ 表示 $i$ 节点向右最多能走的节点个数。

然后合并堆的时候不断往下合并，如果左儿子的 $dist$ 小于了右儿子，就交换。

为什么复杂度是对的，因为每一层都是满的（会交换），所以 $dist$ 最多不超过 $\log_2 n$。

可能更详细的

放个详细点的合并代码：

int merge(int x, int y){
	if(!x || !y){
		return x + y; 
	}
	if(a[y] < a[x]){
		swap(x, y);
	}
	rs[x] = merge(rs[x], y);
	if(dist[ls[x]] < dist[rs[x]]){
		swap(ls[x], rs[x]);
	}
	dist[x] = dist[rs[x]] + 1;
	return x;
}

可持久化

可持久化的本质就是维护多个历史版本，将上一个版本需修改的节点原封不动的复制下载，继续更改。

然后可持久化数据结构复杂度必须是非均摊的，否则可以通过单一元素不同版本多次查询卡你（如 Splay）。

然后复杂度正确必须保证新增节点个数正确与结构正确。

可持久化字典树

一般是 O/1 Trie。

就先可持久化以下。

然后我们会发现这个东西对于某些差分问题有可减性，即对应节点相减可以把重复部分消掉，然后我们可以进行最大/最小/第 $k$ 大的异或值的求解。

放个插入代码，可能有点不一样：

void insert ( int &node, int k, int x ) { // k 表示位数
    tree[++ cnt] = tree[node];
    tree[cnt].siz ++;
    node = cnt;
    if ( k == -1 ) {
        return ;
    }
    insert ( tree[node].ch[( x >> k ) & 1], k - 1, x );
}

上述代码如果是第 $i$ 个历史版本更改而来要把 $rt_{now} = rt_i$。

可持久化线段树

一般也是更改节点可持久化，能用标记永久化就尽量用标记永久化，pushdown 在一些情况下复杂度是对的也可以做。

可持久化权值线段树也利用可减性做题。

这个没有固定代码，就是修改的时候新增结点就好了。

可持久化平衡树

当分裂与合并的时候，复制一份，然后维护历史版本。

可持久化一般是 FHQ，但是这个东西的复杂度似乎不太对，但是很难卡，但是我知道可持久化 FHQ 的区间复制复杂度肯定是错的。

详细讲区间复制：把历史版本与当前版本合并就行。

来点合并分裂：

void split(int node, int val, int &r1, int &r2){
  if(!node){
    r1 = 0;
    r2 = 0;
    return ;
  }
  if(tree[node].val <= val){
    r1 = newnode();
    tree[r1] = tree[node];
    split(tree[r1].rs, val, tree[r1].rs, r2);
    update(r1);
  }
  else{
  	r2 = newnode();
  	tree[r2] = tree[node];
    split(tree[r2].ls, val, r1, tree[r2].ls);
    update(r2);
  }
}

int merge(int x, int y){
  if(!x || !y){
    return x + y;
  }
  if(tree[x].key > tree[y].key){
  	int node = newnode();
  	tree[node] = tree[x];
    tree[node].rs = merge(tree[node].rs, y);
    update(node);
    return node;
  }
  else{
  	int node = newnode();
  	tree[node] = tree[y];
    tree[node].ls = merge(x, tree[node].ls);
    update(node);
    return node;
  }
}

线段树 & 平衡树

线段树

主要是讲一些基本模型

考虑到线段树的基本结构，我们需要开 $4n$ 个结点。

还有就是势能线段树，反正分析势能乱搞就对了（比如区间取 $\min / \max$）

然后以下是基本总结：

线段树（Segment Tree）是一种基于树结构的数据结构，主要用于处理区间查询和区间更新操作。其基本原理如下：

数据结构：

线段树通常是一棵平衡二叉树。
每个节点代表数组中一段连续的区间，叶子节点对应数组中的单个元素。

构建过程：

线段树从根节点开始，递归地将数组划分为更小的子区间，直到每个叶子节点表示数组中的一个单独元素。
每个非叶子节点存储其子节点的合并结果（如区间和、最大值等）。

功能：

区间查询：线段树能快速求解任意区间的查询问题，如区间和、最小值、最大值等。
区间更新：支持快速更新数组中的元素，并且能够保持树结构的正确性。

操作复杂度：

构建：线段树的构建时间复杂度为 $O(n)$，$n$ 是数组长度。
查询：查询操作的时间复杂度为 $O(\log n)$。
更新：更新操作的时间复杂度为 $O(\log n)$。

应用场景：

适用于需要频繁进行区间查询和更新的场合，如动态统计区间内的最值、求和等问题。
在解决动态数组查询问题时，特别是针对静态区间的查询和更新操作时表现优异。
总结来说，线段树通过将数组元素组织成树结构，利用树的特性实现高效的区间查询和更新，是解决区间统计问题的一种经典数据结构。

平衡树

一般都是写 FHQ Treap。

如果是 Splay 就是单旋双旋旋到顶，可以动态适配复杂度（如 $O(\log n)$ 的启发式合并），还有就是可以实现 LCT。

如果是替罪羊树就是重构，这一类平衡树在乱搞方面有极大优势（如 KDT 重构），但是基本不太好写，复杂度也有问题，但是好想。

然后附上分裂合并代码：

void split ( int node, int &r1, int &r2, int k ) {
    if ( !node ) {
        r1 = r2 = 0;
        return ;
    }
    if ( tree[node].val <= k ) { // 如果已经小于，整个左子树也是满足的，分裂右子树
        r1 = node;
        split ( tree[node].rs, tree[node].rs, r2, k );
    }
    else { //不满足，右子树肯定满足 > k，合并到 r2，分裂左子树
        r2 = node;
        split ( tree[node].ls, r1, tree[node].ls, k );
    }
    pushup ( node );
}

int merge ( int x, int y ) { // 需保证 x 子树值比 y 子数值小
    if ( !x || !y ) {
        return x + y;
    }
    if ( tree[x].key < tree[y].key ) { // 随机合并，期望 log
        tree[x].rs = merge ( tree[x].rs, y );
        pushup ( x );
        return x;
    }
    else {
        tree[y].ls = merge ( x, tree[y].ls );
        pushup ( y );
        return y;
    }
}

题目

P3261 [JLOI2015] 城池攻占

直接每个点维护左偏树，然后暴力往上合并即可，由于一个元素最多删除一次，所以复杂度有保证。

P1552 [APIO2012] 派遣

考虑到从下往上合并。

考虑一个人如果已经不能被选了，那么越往上走就越不能选，所以一个元素只会被丢一次，复杂度是对的。

P4755 Beautiful Pair

考虑笛卡尔树启发式合并，小的区间暴力，大的区间直接加入树状数组查询即可，注意要好好分析启发式合并的复杂度，否则会挂。

P3899 [湖南集训] 更为厉害

典题。

直接线段树合并统计贡献即可（发现深度是一段区间）。

P4592 [TJOI2018] 异或

对链和子树分别做可持久化 0/1 Trie 上的二分，然后就没了。

P3586 [POI2015] LOG

直接上平衡树统计一下贡献，判断一下贪心选择能否成功。

P4514 上帝造题的七分钟

考虑到空间限制不允许我们使用二维线段树，所以我们可以二维树状数组维护差分数组的四个项，然后二位前缀和一下。

数论

exgcd

通常来说，我们用辗转相除法求 $\gcd (a,b)$。

根据裴属定理，$ax + by = c$ 有整数解当且仅当 $\gcd ( a, b ) | c$，所以问题就被简化成了 $ax + by = \gcd (i, j)$。

然后我们考虑在辗转相除的过程中求，具体来说：

辗转相除已经解出 $bx_1 + (a \bmod b)y_1 = \gcd ( a, b )$
我们要求 $ax_2 + b_x2 = \gcd ( i, j )$ 的解。
将上面化简得：$bx_1 + (a - b\lfloor \frac{a}{b} \rfloor)x_2$。
化简：$ax_2 + b(x_2 - b \lfloor \frac{a}{b} \rfloor)$。
然后继续递推就好了

Lucas 定理

就是拆成 $p$ 进制下每一位的组合数相乘。

具体来说：

\[C_{n}^m = C_{n / p}^{m / p} \times C_{n \bmod p}^{m \bmod p} \]

通常运用在模数较小，然后求逆元会挂得情况下（如果你看不懂，你得逆元得重新学）。

CRT

没用，不讲。

exCRT

就我们设两个东西公共解为 $a$，列出二元一次方程，联立，然后不断重复解方程的过程就好了。

乘法逆元

若 $ax \equiv 1 ( \mod p)$，则 $a$ 与 $x$ 在模 $p$ 意义下互为乘法逆元。

使用场景：

若出现 $(\frac{a}{b} \bmod p)$，不能等价于 $\frac{a \bmod p}{b \bmod p}$，此时可以用 $a$ 乘以 $b$ 的逆元 $inv_b$，$a \times inv_b \bmod p$。

求解逆元：

求单个整数的逆元：
- 扩展欧几里得算法：

$ax \equiv 1 ( \mod p) \Rightarrow ax + py = 1$

由此可知，乘法逆元不一定存在，因为方程并不一定有解。
乘法逆元若存在，那么有无数个，但在模 $p$ 意义下只有一个（最小解）。

- 有限情况下使用费马小定理：

费马小定理：若 $p \in \mathbb{P}$，且 $\gcd (a, p) = 1$，那么 $a^{p - 1} \equiv 1 ( \mod p )$

$a^{p - 1} \equiv 1 ( \mod p ) \Rightarrow a^{p - 2} \cdot a \equiv 1 ( \mod p )$，所以 $a^{p - 2}$ 为 $a$ 在模 $p$ 意义下的逆元。

求 $1 \sim n$ 的所有整数的逆元（前提是存在）：

$ax \equiv 1 ( \mod p )$，设 $p = a \cdot q + r$，其中 $q = \lfloor \frac{p}{a} \rfloor, r = p \bmod a$，则 $p = a \cdot q + r \equiv 0 ( \mod p)$，$a \equiv -r \cdot inv_q ( \mod p ), inv_a = -q \cdot inv_{p \bmod a}$，那么 $inv_a = \frac{-q}{a} \cdot inv_{p \bmod a}$

注意前提要存在。

线性求逆元：

先预处理阶乘，然后处理出 $n!$ 的逆元，每次都乘上 $i$ 就可以线性求解 $1 \sim n$ 的阶乘的逆元了，这个用的一般比较多，但是大部分时候用 $\log$ 就够了。

数论 $2$

基本数论

数论函数：定义域为正整数的函数。

欧拉函数：定义 $\varphi(n) = \sum\limits_{i = 1}^n [\gcd(i, n) = 1]$。

特殊点：

$\varphi(1) = 1$。

特殊性质：

如果 $p \in \mathbb{P}$，$\varphi(p^n) = p^{n - 1}(p - 1)$，证明：

与 $p$ 不互质的 $x$ 一共有 $p^{n - 1}$ 个（含有 $p$），所以 $\varphi (p) = p^n - p^{n - 1}$，证毕。

若 $a | x$，则 $\varphi(ax) = ax$，证明：

分成 $1 \sim x, 2x \sim 3x ...$ 若干个区间，我们设 $1 \sim x$ 里有 $p_1, p_2 ...$ 与 $ax$ 互质，那么 $p_1 + x, p_2 + x ...$ 仍然与 $ax$ 互质，且只存在这些在 $x \sim 2x$ 之间的数与 $ax$ 互质，因为若有一个另外的数 $p_3$，那么 $p_3 - x$ 理应与 $ax$ 也互质，推翻假设，证毕。

若 $\gcd ( a, b ) = 1$，$\varphi(ab) = \varphi (a) \varphi (b)$，证明：

欧拉函数是积性函数。

欧拉函数的求法：

用定义法求单个 $x$ 的欧拉函数 $\varphi( x )$，公式如下：

$\varphi(x) = x \cdot \frac{p_1 - 1}{p_1} \cdot \frac{p_2 - 1}{p_2} \cdot ...$。

同线性筛求 $1 \sim n$ 以内所有数值的欧拉函数，具体操作：

void init () {
	phi[1] = 1;
	for ( int i = 2; i <= 1000000; i ++ ) {
		if ( !vis[i] ) {
			prime[++ cnt] = i;
			phi[i] = i - 1;
		}
		for ( int j = 1; j <= cnt && i * prime[j] <= 1000000; j ++ ) {
			vis[i * prime[j]] = true;
			if ( !( i % prime[j] ) ) {
				phi[i * prime[j]] = phi[i] * prime[j];
				break;
			}
			phi[i * prime[j]] = phi[i] * ( prime[j] - 1 );
		}
	}
}

莫比乌斯反演

就数论函数典型套路，然后讲莫比乌斯反演。

就是 $\sum_{d | n }\mu(d) = [n = 1]$。

然后记住一些数论函数间的乘积关系，不过大部分没用。

然后一些典型推柿子：

转换变量，枚举最大公约数。
$d(ij) = \sum_{x | i} \sum_{y | j} [\gcd(x, y) = 1]$
然后进行区域划分，分块套分块。
整理式子，改变顺序。
充分理解。

没有什么别的，就是推式子。

然后放一些经典例题（其实杜教筛学没学都一样，~~反正不会考~~）。

题目

整除分块

记录一下：$r = n / ( n / l ), l = r + 1$。

主要就是利用除法的连续性。

P3327 [SDOI2015]约数个数和

又是一道清新的莫比乌斯反演（~~真是令人作呕~~）。

Tm 的想了 $5$ 分钟没有想到怎么推柿子结果是 $d$ 的性质没了解到。这道题会 $d$ 的性质就秒秒钟切。

$d$ 的性质：

\[d(i \cdot j) = \sum_{x | i} \sum_{y | j} [\gcd(x, y) = 1] \]

有了这个性质就秒秒钟切，先令 $n \le m$：

\[\sum_{i = 1}^{n}\sum_{j = 1}^{m}\sum_{x | i}\sum_{y | j} [\gcd(x, y) = 1] \]

\[\sum_{i = 1}^{n}\sum_{j = 1}^{m} [x | i] [ y | j] [\gcd(x, y) = 1] \]

根据直觉可得：

\[\sum_{x = 1}^{n}\sum_{y = 1}^{m}\left\lfloor \frac{n}{x} \right\rfloor \left\lfloor \frac{m}{y} \right\rfloor [\gcd (x, y) = 1] \]

\[\sum_{x = 1}^{n}\sum_{y = 1}^{m}\left\lfloor \frac{n}{x} \right\rfloor \left\lfloor \frac{m}{y} \right\rfloor \sum_{p | \gcd(x, y)} \mu(p) \]

\[\sum_{x = 1}^{n}\sum_{y = 1}^{m}\left\lfloor \frac{n}{x} \right\rfloor \left\lfloor \frac{m}{y} \right\rfloor \sum_{p = 1}^n [p | x] [p | y] \mu(p) \]

很显然 $[p|x][p|y] = 0$ 是无用的：

\[\sum_{p = 1}^{n} \mu(p) \sum_{i = 1}^{\lfloor \frac{n}{p}\rfloor}\sum_{j = 1}^{\lfloor \frac{m}{p}\rfloor} \left\lfloor \frac{n}{p i} \right\rfloor\left\lfloor \frac{m}{p j} \right\rfloor \]

\[\sum_{p = 1}^{n} \mu(p) \sum_{i = 1}^{\lfloor \frac{n}{p}\rfloor} \left\lfloor \frac{n}{p i} \right\rfloor\sum_{j = 1}^{\lfloor \frac{m}{p}\rfloor}\left\lfloor \frac{m}{p j} \right\rfloor \]

然后发现 $\left\lfloor \frac{n}{p i} \right\rfloor = \left\lfloor \frac{\frac{n}{p}}{i} \right\rfloor$，此时你可以预处理出里面的数，外面和里面可以用整除分块搞。

P4213 【模板】杜教筛（Sum）

包含着很多悲伤的故事（指卡 long long）。

考虑对于任意积性函数 $f(x)$ 来说，如果你要求 $S(n) = \sum\limits_{i = 1}^n f(i)$，你该怎么办。

正常做法是 $O(n)$，毒瘤们非常不爽，于是有了杜教筛。

首先我们需要知道狄利克雷卷积是什么:

我们定义 $f, g$ 为两个数论函数，则 $h = f * g$，有如下等式：

\[h(n) = \sum_{d | n}f(d) g(\frac{n}{d}) \]

其实这个东西可以化成卷积的形式：

\[h(n) = \sum_{xy = n} f(x)g(y) \]

只不过上面那种形式比较通用。

考虑杜教筛的原理，先构造 $h, g$，使得 $h = f * g$，则：

\[\sum_{i = 1}^n h(i) = \sum_{i = 1}^{n} \sum_{d | n}f (\frac{i}{d}) g(d) \]

\[\sum_{i = 1}^n g(d) \sum_{ i = 1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor} f(i) \]

\[\sum_{i = 1}^n g(d) S \left(\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor\right) \]

然后：

\[S(n) = \frac{\sum_{i = 1}^n h(i) - \sum_{d = 2}^n g(d)S\left(\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor\right)}{g(1)} \]

然后我们发现 $S\left(\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor\right)$ 是可以整除分块算的，我们只需快速算出 $\sum_{i = 1}^n h(i)$ 即可，然后我们递归求解即可。

其复杂度为 $O(n^{\frac{2}{3}})$，~~其实没啥用~~。

P5221 Product

感觉很难欸。

首先根据我们的瞪眼法~~不难发现~~ $104857601$ 是一个质数，这在后面非常有用。

然后你发现 $\text{lcm}$ 这东西，我熟啊，直接推柿子：

\[\prod_{i = 1}^n\prod_{j = 1}^n\frac{\text{lcm}(i, j)}{\gcd(i, j)} \]

\[\prod_{i = 1}^n\prod_{j = 1}^n\frac{i \times j}{\gcd(i, j) ^2} \]

\[\frac{\prod_{i = 1}^n\prod_{j = 1}^n{i \times j}}{\left(\prod_{i = 1}^n\prod_{j = 1}^n{\gcd(i, j)}\right)^2} \]

先看分子：

\[\prod_{i = 1}^n\prod_{j = 1}^n{i \times j} \]

\[\prod_{i = 1}^n \left(i^n + n!\right) \]

解释一下这里为什么，你考虑当 $i$ 不变的情况下，$j = 1, 2, ..., n $ 的情况就 OK 了。

\[(n!)^n \times \prod_{i = 1}^{n} i^n \]

\[(n!)^{2n} \]

然后再看分母（公式警告）：

\[\left(\prod_{i = 1}^n\prod_{j = 1}^n{\gcd(i, j)}\right)^2 \]

\[\prod_{d = 1}^n\prod_{i = 1}^n\prod_{j = 1}^n [\gcd (i, j) = d]\gcd(i, j) \]

\[\prod_{d = 1}^n d ^ {\sum\limits_{i = 1}^n\sum\limits_{j = 1}^n[\gcd (i, j) = d]} \]

这里很有道理吧！

然后我们只看指数：

\[\sum\limits_{i = 1}^n\sum\limits_{j = 1}^n[\gcd (i, j) = d] \]

\[\sum\limits_{i = 1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor}\sum\limits_{j = 1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor}[\gcd (i, j) = 1] \]

我们发现，对于每个 $i$ 来说，有贡献的只有与他互质的数，这种计数方法在 GCD SUM 这道题里有所体现：

\[2 \times \left(\sum_{i = 1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor} \varphi(i)\right) - 1 \]

那么我们便要求：

\[\frac{(n!)^{2n}}{\left(\prod_{d = 1}^n d ^ {2 \times \left(\sum_{i = 1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor} \varphi(i)\right) - 1}\right) ^2} \bmod 104857601 \]

然后你提交一发，发现 long long 会炸！所以我们需要用到欧拉定理：

当 $\gcd (a, k) = 1$ 时，有 $a^b = a^{b \bmod \varphi(k)}$，此时我们的模数时质数，所以给指数模一下 $104857601 - 1$ 就行了。

然后就是疯狂注意细节。

posted @ 2024-07-10 15:31 Alexande 阅读(54) 评论(0) 收藏举报

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