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

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)
\(\begin{bmatrix} f(n) \\ f(n-1) \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} 1 & 1\\ 1 & 0 \end{bmatrix}^{n-1} \begin{bmatrix} f(2) \\ f(1) \end{bmatrix}\)
\(s(n)=\sum_{1}^{n}f(i)=2*f(n)+f(n-1)-1\)

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

异或

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：

1. \[x \oplus y \oplus z >= x \& y \& z (x,y,z均为非负整数) \]

   [小苯的序列合并] (https://ac.nowcoder.com/acm/contest/117163/F): 关键x ^ y ^ z >= x & y & z

2. \[x + y - (x \oplus y)=2*(x \& y) \]

   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\(ans=s-sxor\)

3. \[(4k+1)\oplus(4k+2)\oplus(4k+3)\oplus(4k+4)=0 \]

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

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tips

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

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

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

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
• 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：

1. 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。
2. 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

• 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

• 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

逆元

零碎知识点：

1. \(inv(inv(i))=i\)

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

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](https://ac.nowcoder.com/acm/contest/117762/E)：简单例题

期望

L. 502 Bad Gateway:

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

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

• 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

• 搜索
  Games may be harmful：暴力搜索的时间复杂度是足够的，根据博弈关系搜索

• 思考
  D. Game on Array: 可以考虑对单独一个数

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

凹包

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）

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