数学篇

数学

中位数

中位数定理：如果有一个数轴，数轴上有若干个点。要在数轴上找一点，使得它到各个点的距离之和最短。
仓库选址
 双生双宿之错
中位数性质：显然一个奇数组内大于中位数的个数等于小于中位数的个数
常规解题思路：利用上述性质，将小于中位数的设置为1，大于等于中位数的设置-1，只要一个区间内的和0，那么就存在这么一个中位数
E1. Submedians (Easy Version):二分答案+利用上述性质

容斥原理

又名抽屉原理：
容斥原理的符号本质是 “修正重复计数”：
计算并集时，“奇加偶减”（集合个数为奇时加，偶时减）
计算并集的补集时，符号反转，表现为 “奇减偶加”

智乃的数字:直接的应用
C. Count Good Numbers

绝对值

求绝对值函数值时，可以考虑拆绝对值

结论
$max(|x|,|y|)=\frac{|x+y|-|x-y|}{2}$

位运算

A Good Problem: 奇数时显而易见，全部取l，偶数时取n-2个相同x，2个相同y，找出x&y=0即可，找不出即-1，n=2时需要特判

快速幂

适用于指数较大的情况下
快速加

矩阵快速幂

P1939 矩阵加速（数列）:板子题必会
应用：
AcWing 205. 斐波那契:斐波拉契数列的矩阵快速幂
简单题+:计算斐波拉契数列和
广义斐波拉契数列
 P1306 斐波那契公约数:优质题解，补充了很多斐波拉契数列的性质及其证明

斐波拉契数列 f(n)=f(n-1)+f(n-2)
$\begin{bmatrix} f(n) \\ f(n-1) \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} 1 & 1\\ 1 & 0 \end{bmatrix}^{n-1} \begin{bmatrix} f(2) \\ f(1) \end{bmatrix}$

$ \gcd(f_n, f_{n-1}) = 1 $
$ f_{m+n} = f_{m+1}f_n + f_m f_{n-1} $
$ f_k \mid f_n \iff k \mid n $
奶龙来了
$ \gcd(f_n, f_m) = f_{\gcd(n, m)} $
$s(n)=\sum_{1}^{n}f(i)=2*f(n)+f(n-1)-1$

求前缀和
前缀和数列和原数列由矩阵联系
$\begin{bmatrix} sum_1 \ sum_2 \ sum_3 \ \end{bmatrix}= \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \ 1 & 1 & 0 \ 1 & 1 & 1 \ \end{bmatrix} \begin{bmatrix} a_1\ a_2 \ a_3 \ \end{bmatrix} $

求多次前缀和可用矩阵快速幂
例题：
F. Prefix Sums

进制问题

「LAOI-15」异变危机:思维题，发现对于s，先取10进制转化成s进制，一定成为10，再看成t进制转化成10进制，一定是等于t,基于此思考不可能的情况

两道类似的题
E. Living Sequence:方便理解的题解
 还在分糖果！

常见的数学性质

一些性质经常出现在题目中，适当利用就是解题关键

排列

n个数排列代表每个数不重不漏的出现一次，经常出现在题目中

B. Make It Permutation:同时也需要思维，$i \in [2,n]$，翻转[1,i],然后$i \in [1,n-1]$，翻转[i+1,n].第一步很好想，因为可以使得第一列全排列，顺着思考，翻转第一排的[2,n]，第二列就也是全排列，然后发现这就是规律

MEX

$MEX a_i$意味着不超过数组a中最小的数的最大自然数，例如：$MEX\{2,3,4\}=1$

一般套路，先考虑$MEX{a_i}=x$，是否存在x

MEX Count：考虑对答案的贡献，而非直接找出答案,题解
你怎么知道我玩原神还是玩刻晴的？: 考虑是否存在连续的子数组存在1，而此时由于有1，所以gcd也为1，所以只有区间内没有1且gcd为1时才对答案有贡献

异或

线性基

G. Shortest Path Problem?:异或最短路
P4151 [WC2011] 最大XOR和路径

异或是常见考点

E. Adjacent XOR:每个只能异或一次，而$a_i$异或的值要么是$a_{i+1}$要么是$b_{i+1}$
小苯的xor图:对于多个数异或，形如$a \oplus (b+c+d+....)$，可以转化对应二进制下每位的数量进行异或

性质或结论：

\[x \oplus y \oplus z >= x \& y \& z (x,y,z均为非负整数) \]
小苯的序列合并: 关键x ^ y ^ z >= x & y & z
\[x + y - (x \oplus y)=2*(x \& y) \]
谁敢动资本的蛋糕:由上述定理，$s=\sum_{i=1}^{n}a_i$,而每次合并需要$-cost(x,y)=(x \oplus y)-(x+y)$,最终值为$sxor=\oplus_{i=1}^{n}a_i$，所以$ans=s-sxor$

\[\bigoplus_{i=1}^{n} i = \begin{cases} 1 & n \bmod 4 = 1 \\ n + 1 & n \bmod 4 = 2 \\ 0 & n \bmod 4 = 3 \\ n & n \bmod 4 = 0 \end{cases} \\ 4k\oplus(4k+1)\oplus(4k+2)\oplus(4k+3)=0 \]

K. Party Games

数论

整除及取余

整除

例题：Subset Multiplication:
$ x $ 一定是 $ b_i / \gcd(b_i, b_{i+1}) $ 的倍数
已知 $ b_i = a_i \cdot x $（被乘 $ x $），需满足原数组的整除性 $ a_i \mid a_{i+1} $。

$ a_{i+1} $ 对应 $ b_{i+1} $

$ b_{i+1} = a_{i+1} $（未被乘 $ x $）：
则 $ a_i \mid a_{i+1} \to \frac{b_i}{x} \mid b_{i+1} $，变形为 $ b_i \mid b_{i+1} \cdot x $。

设 $ d = \gcd(b_i, b_{i+1})， b_i = d \cdot m， b_{i+1} = d \cdot n ， \gcd(m, n) = 1 $

代入得 $ d \cdot m \mid d \cdot n \cdot x $，约去 $ d $ 后得 $ m \mid n \cdot x $。

由于 $ \gcd(m, n) = 1 $, m 必须整除 x （否则 $ m $ 和 $ n $ 的公共因子会破坏 $ \gcd(m, n) = 1 $ )

而 $ m = \frac{b_i}{d} = \frac{b_i}{\gcd(b_i, b_{i+1})} $，故 $ x $ 必须是 $ \frac{b_i}{\gcd(b_i, b_{i+1})} $ 的倍数。

而对于整个序列，x是所有$ \frac{b_i}{\gcd(b_i, b_{i+1})} $的最小公倍数

D. Price Tags：注意分析时间复杂度，以及运用向上取整的公式
小红的k次方: 整除$30^k$其实就是整除$(2*3*5)^k$

小tips

$\lceil \frac{x}{n} \rceil=\frac{x+n-1}{n} $

$\lfloor \frac{x}{n} \rfloor=\frac{x- x \mod n}{n} $

数论分块

小苯的GCD疑问2.0

取余及同余

倍数关系：
3的倍数满足，所有数相加和为取余为0，9的倍数同理
11的倍数：利用余数之间的关系
小红的好数对
数位关系：
数位之和f(n)=（n-1)%9+1
向下取整，取余:利用取余的性质，将向下取整取余

幂中幂plus:由于mod较小，可以找出循环节

赛瓦维斯特定理：已知a,b为大于1的正整数，gcd(a,b)=1，(a,b的最大公约数=1）则使不定方程ax+by=C不存在非负整数解的最大整数（C是最大的使不定方程没有非负整数解的数。）C=a×b−a−b
得不到的爱情

B. Add 0 or K:令$a_i+k*c_i$能被g(g>1)整除，$g=k+1,c_i=a_i mod (k+1)$成立
B - Another Divisibility Problem：数论推导

同余

P5656 【模板】二元一次不定方程 (exgcd)
P2613 【模板】有理数取余

练习题：
P1082 [NOIP 2012 提高组] 同余方程

约数

可以由若干个素数相乘得到

约数之和:一个数的约数是不同次数的素因子的相乘，由此可以推出解题公式
约数个数：一个的约数个数是素因子的次数相乘得到，不同的素因数次数，决定一个不同的因数
同时满足条件的一定是完全平方数，因为

题目要求 "因数个数是质数且≠2"。设因数个数为质数p（p≠2），则根据因数个数公式：$(p_1+1)(p_2+1)...(p_n+1)$，p只能是单个因子的乘积（即p = e+1，其中e是某个质因子的指数）。由于p是奇质数（≠2），则e = p-1是偶数，因此原数一定是平方数（e为偶数时，$p^e = (p^(e/2))²$
牛牛的约数: 注意到约数必然小于等于$a_i/2$，所以从i-1枚举，最多枚举64次,详细题解

素数

素数一定是奇数：B 上海保卫战
质因数分解：任意一个整数都可以唯一地分解成多个质因数的乘积
C. Count Good Numbers:分解成小于位数小于的质因数不好，所以只需要找到任取2，3，5，7，组成的最小公倍数
E. Card Game Again:分解k,找满足区间素数个数大于k的各个质因子
立方数：将n质因数分解，因数次数为cnt，$A×（n的因数）^ {(cnt/3)},B*=cnt%3$，由于我们只要求输出A,所以只需要考虑质因数的四次方不大于n，这样的质因数才会有对A,有贡献
欧拉筛
变式：
- [蓝桥杯 2022 国 A] 选素数/Primal Sport:在筛素数的同时，记录每个数的最大质因数
- 质数距离：考虑对于任意一个合数 x，他必定存在一个最小的质因子 d
  ，且这个最小的质因子 $ d<=sqrt(n) $,以此来筛选区间内所有合数

GCD 与 LCM

前置芝士

$gcd(a,b)=\gcd(b,a \% b)$
$lcm(a,b)=\frac{a \times b}{\gcd(a,b)}$
LCM补充知识：

LCM(x, y) 的过程实际上是对 x, y 的每个质因子个数取max的过程。
如果 LCM(x, y)！= x，那么如果仅对 y 进行 LCM 操作是无法变成 x 的。

简单应用

[蓝桥杯 2023 国 A] 切割:切割成变成正方形，且使得正方形最多，就是找最小公约数，而最小公约数小于最大公约数，枚举因数寻找
小红与gcd和sum:根据gcd的性质，枚举gcd值，从而求出子序列最大值
D. Yet Another Array Problem:思维，最小的使其互质的数一定是质数，否则可以将他分解成质数
手推结论

GCD plus LCM,利用上述两个结论就可以很快推出，推不出来看题解
 E. Vasya's Function：可以理解为求gcd(x,y)，y不断减去gcd(x,y)的次数，暴力求解超时，可以发现y在一定范围内存在相同的gcd(x,y)
与素数唯一分解定理结合
[蓝桥杯 2024 国 A] gcd 与 lcm:简单的利用上述性质推导之后，需要构造的数组的每个元素由质因数组成.（题解）
利用互质关系转化
$gcd(a,b*c)=gcd(a,b)$ if $ gcd(a,c)=1 $
求周期
A.小红的数组查询（二）
ICPC真题
L. LCMs:题解，参考代码

组合数

前置知识：

求阶乘：用递推f[n]=f[n-1]*i
求逆元：因为求组合数时，存在分母取模，而分母是阶乘，所以需要求阶乘逆元.

求组合数

公式：$C_{n}^{m}=\frac{n!}{(n-m)!m!}$
杨辉三角恒等式：$\dbinom{a}{b} + \dbinom{a}{b-1} = \dbinom{a+1}{b}$
卢卡斯定理：主要用求大组合数取模
简单例题：
-伊菲的比赛:简单的推公式，高中问题

范德蒙德恒等式

$C_{n+m}^{k}=\sum_{i=0}^{k}C_{n}^{i} * C_{m}^{k-i}$
F - 1122 Subsequence 2

多重组合数

多重组合数（也称为多重排列数）是组合数学中用于计算有重复元素的排列方式数的概念。
假设有 $ k $ 种“类型”的元素，第 $ i $ 种类型有 $ n_i $ 个完全相同的元素。将所有元素（总共有 $ n = n_1 + n_2 + \dots + n_k $ 个）排成一列，这样的排列方式总数就是多重组合数。
计算公式
多重组合数的公式为：

\[\frac{n!}{n_1! \cdot n_2! \cdot \dots \cdot n_k!}=\boxed{\frac{n!}{n_1! \cdot n_2! \cdot \dots \cdot n_k!} = \binom{n}{n_1} \cdot \binom{n-n_1}{n_2} \cdot \binom{n-n_1-n_2}{n_3} \cdot \dots \cdot \binom{n_k}{n_k}} \]

其中：

$ n = n_1 + n_2 + \dots + n_k $（总元素数）；
$ n_i! $ 是第 $ i $ 种类型元素的“内部重复数”（因为相同元素的排列会被视为重复，需要除去）。

例题：
E - Count Sequences 2

k部分拆分数

构造序列：简单例题

期望

J - Points on the Number Axis A：期望位置 = 所有初始点的平均值，[题解]

几何分布

(https://codeforces.com/gym/105139/attachments/download/25287/Sol_ICPC_hubei_24.pdf)
擅长解密的小红同学

确定密码的总长度和排列数
设每个数字0-9出现的次数为$ a_0, a_1, \dots, a_9 ，密码的总长度为 n = a_0 + a_1 + \dots + a_9 $。

由于密码是这些数字的一个排列（顺序不同则密码不同），所以总共有$ \frac{n!}{a_0! \cdot a_1! \cdot \dots \cdot a_9!} $种不同的有效密码**（这是多重排列的计算公式，分母是各数字出现次数的阶乘之积，用于消除重复数字的排列冗余）。

分析尝试次数的期望
每次尝试成功的概率是“当前尝试恰好是正确密码”的概率。由于每次尝试后密码重置，且所有可能的密码是等概率被尝试的，因此这是一个几何分布问题。

对于几何分布，“首次成功的期望次数”等于“成功概率的倒数”。这里成功概率$ p = \frac{1}{\text{总排列数}} $，因此期望尝试次数为：

\[\text{期望} = \frac{1}{p} = \text{总排列数} = \frac{n!}{a_0! \cdot a_1! \cdot \dots \cdot a_9!} \]

L. 502 Bad Gateway:

博弈论

取石子游戏

规则
有 1 堆石子，共 n 个；
两人交替取，每次至少取 1 个，最多取 m 个；
最后取完石子的人获胜

必败态：当 n % (m+1) == 0 时，当前玩家必败（无论取 k 个，对手都能取 m+1 -k 个，最终对手取完）。
必胜态：当 n % (m+1) != 0 时，当前玩家必胜（先取 n % (m+1) 个石子，让剩余石子数为 m+1 的倍数，迫使对手进入必败态）

例题I Wanna Win the Cards：每次取至少一个，之多k个不为种植不为1的数
DP或递推：
照天地苍茫，却有花影成双:1,2,3的情况确定，于是可以一个一个推出大于3的情况，那么对于第i个，如果减去所有的小于的i的平方数都无法胜利，那么就失败
D - The Simple Game ：在这种博弈论任务中，从最终状态回溯获胜者通常很有效
搜索
Games may be harmful：记忆化搜索的时间复杂度是足够的，根据博弈关系搜索

点击查看代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

// 记忆化存储：键为当前状态(a, b)（桃血量a，敌人血量b），值为博弈结果
// 结果定义：0=桃败，1=循环，2=桃胜
map<pair<long long, long long>, int> memo;

/**
 * @brief 递归判断当前血量状态(a, b)下桃的最终结果
 * @param a 桃当前的血量
 * @param b 敌人当前的血量
 * @return int 0=桃败，1=循环，2=桃胜
 */
int dfs(long long a, long long b) {
    // 特殊状态：(1,1)经推导必为循环态（双方无法让对方血量归0，无限循环）
    if (a == 1 && b == 1) {
        return 1;
    }

    // 构造当前状态的键，检查是否已计算过，避免重复递归
    auto state = make_pair(a, b);
    if (memo.count(state)) {
        return memo[state];
    }

    // tr[0]：桃选择“加血”后的最终结果；tr[1]：桃选择“跳过”后的最终结果
    int tr[2];
    // 循环枚举桃的两种行动：i=0→加血（a+1），i=1→跳过（a不变）
    for (int i = 0; i < 2; i++) {
        long long a1 = a + i;  // 桃行动后的血量（i=0加1，i=1不变）
        
        // er[0]：敌人应对“加血”后的结果；er[1]：敌人应对“跳过”后的结果
        int er[2];
        // 循环枚举敌人的两种应对：j=0→加血（b+1），j=1→跳过（b不变）
        for (int j = 0; j < 2; j++) {
            long long b1 = b + j;  // 敌人应对后的血量（j=0加1，j=1不变）
            
            // 结算阶段：1.交换血量 2.向下取半（a_new=敌人行动后血量//2，b_new=桃行动后血量//2）
            long long a_new = b1 / 2;  // 桃结算后的新血量
            long long b_new = a1 / 2;  // 敌人结算后的新血量

            int res;  // 当前应对方式下的结果
            if (a_new == 0 && b_new == 0) {
                // 双方结算后血量均为0，按规则补1血，进入(1,1)状态
                res = dfs(1, 1);
            } else if (b_new == 0) {
                // 敌人结算后血量为0→桃胜
                res = 2;
            } else if (a_new == 0) {
                // 桃结算后血量为0→桃败
                res = 0;
            } else {
                // 双方血量均不为0，递归判断新状态(a_new, b_new)
                res = dfs(a_new, b_new);
            }
            er[j] = res;  // 记录敌人当前应对的结果
        }

        // 敌人会选择对桃“最不利”的结果（取两种应对的最小值）
        tr[i] = min(er[0], er[1]);
    }

    // 桃会选择对自己“最有利”的结果（取两种行动的最大值）
    // 存入记忆化缓存，避免后续重复计算
    memo[state] = max(tr[0], tr[1]);
    return memo[state];
}

int main() {
    int T;  // 测试用例数量
    cin >> T;

    // 桃败时需要输出的固定字符串（题目给定，不可修改）
    string lose_str = ")YRU380ilgpbfpiUkrhr89fH*RT#QYU(_&U*)$ Q@&#!@*)R";

    // 处理每组测试用例
    while (T--) {
        long long a, b;  // 每组用例的初始血量（桃a，敌人b）
        cin >> a >> b;

        // 清空记忆化缓存：避免上一组用例的状态干扰当前组
        memo.clear();
        // 获取当前初始状态的博弈结果
        int result = dfs(a, b);

        // 根据结果输出对应内容
        if (result == 2) {
            cout << "EZ GAME\n";  // 桃胜
        } else if (result == 0) {
            cout << lose_str << '\n';  // 桃败
        } else {
            cout << "KUYASHI---!!!\n";  // 循环
        }
    }

    return 0;
}

博弈反推
小红拿石子2.0:从最终态反推启发思考
思考
D. Game on Array: 可以考虑对单独一个数
归纳
2024 Jiangsu Collegiate Programming Contest:K. Number Deletion Game：极大值的奇偶性决定次大值的奇偶性，决定最终的winner

计算几何

三角形

小红的整数三角形:三角形面积公式∣(x2−x1)(y3−y1)−(x3−x1)(y2−y1)|/2

距离

曼哈顿距离：$|x_1-x_2|+|y_1-y_2|$
欧式距离: $\sqrt{(x_1-x_2)^2+(y_1-y_2)^2}$

D 距离之比：利用三角换元

凹包和凸包

凸多边形：所有顶点的 “转向” 方向完全一致（要么全逆时针，要么全顺时针）。
凹多边形：至少存在一个顶点的 “转向” 方向与其他顶点相反（即存在凹角）

凹包

逆时针遍历三个点l,i,r,向量分别为b(l->i),c(i->r),利用叉积判断转向，若值全部为正或者负，为凸多边形，存在不同的即为凹多边形
对应习题：
凹包

凸包

严格凸的核心条件是：任意边长度 < 其余边长度和
C. Symmetrical Polygons：偶数次必拿，奇数次木棒考虑拿一个还是拿两个，需要满足上述条件

posted @ 2025-09-28 17:51 归游阅读(8) 评论(0) 收藏举报

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