杂项记录
一、格雷码
手动构造方法
\(k\)位格雷码可以由以下方法构造:
1.翻转最低位得到下一个格雷码(e.g. 000->001)
2.将最右位的1的左边的位翻转得到下一个格雷码(e.g. 001->011)
交替上述策略\(2^k-1\)次。
计算方法
观察\(G(n)\)与n的二进制,可以发现如果\(G(n)\)的\(i\)位是1,那么n的\(i\)位是1,\(i+1\)位是0||第\(i\)位是0,\(i+1\)位是1.
用代码实现:
int g(int n) {return n^(n>>1);}
证明
考虑n和n+1的区别,n+1相当于是将n二进制末尾的k个连续的1变成0,k+1位由0变成1。
而经过上文变化后,n和n+1的后k位都会变成10000...0(k个),而k+1位不同。
代码
class Solution {
public:
vector<int> grayCode(int n) {
vector<int> num;
for(int i=0;i<=((1<<n)-1);i++){
num.push_back(i^(i>>1));
}
return num;
}
};
格雷码逆变换
二、第二类斯特林数
\(S(n,k)\),表示将n个两两不同的元素,划分为k个互不区分的非空子集的方案数(即将n个不同小球放在k个相同盒子里)。
递推式为:\(S(i,j)=S(i-1,j)*j+S(i-1,j-1)\)
考虑将\(i-1\)个球放入\(j\)个盒子,可以分为两种情况:
- 将插入的球放在\(j\)个已经放好的盒子里,有\(j\)种放法。
- 先将\(i-1\)个球放在\(j-1\)个盒子里,在将插入的球放在剩下的盒子里,由于盒子是不同的,所以加上\(S(i-1,j-1)\)即可。
代码实现
int s[10][10];
int main(){
int n,m;
cin>>n>>m;
s[0][1]=1;
for(int i=0;i<=n;i++){
//从放0个球开始算,最后算到n个球放到n个盒子为止
for(int j=1;j<=i;j++){
s[i][j]=s[i-1][j]*j+s[i-1][j-1];
}
}
cout<<s[n][m];
//cout<<s[n][m]*factory[m]; 如果盒子不同要乘上m!
return 0;
}
公式计算
FFT卷积(我不会qwq)
int main() {
scanf("%d", &n);
fact[0] = 1;
for (int i = 1; i <= n; ++i) fact[i] = (ll)fact[i - 1] * i % mod;
exgcd(fact[n], mod, ifact[n], ifact[0]),
ifact[n] = (ifact[n] % mod + mod) % mod;
for (int i = n - 1; i >= 0; --i) ifact[i] = (ll)ifact[i + 1] * (i + 1) % mod;
poly f(n + 1), g(n + 1);
for (int i = 0; i <= n; ++i)
g[i] = (i & 1 ? mod - 1ll : 1ll) * ifact[i] % mod,
f[i] = (ll)qpow(i, n) * ifact[i] % mod;
f *= g, f.resize(n + 1);
for (int i = 0; i <= n; ++i) printf("%d ", f[i]);
return 0;
}
三、偏序关系
1. 定义与性质
偏序关系 :对于集\(a\)上的二元关系\(r\),若具有性质:
- 反自反性:\(\forall x \in a((x, x) \notin r)\),即\(a\)中元素不能与自身具有关系\(r\);
- 可递性:\(\forall x,y,z \in a((x,y) \in r \wedge(y,z) \in r \rightarrow(x,y) \in r)\),即对于\(a\)中三个元素\(x,y,z\),如果\(x,y\)具有关系\(r\),且\(y,z\)具有关系\(r\),则\(x,y\)具有关系\(r\);
则\(r\)称为集\(a\)上的偏序关系(partial order relation)
偏序集:带有偏序\(r\)的集称为\(r\)的偏序集
偏序结构:偏序集\(a\)与其上的偏序\(r\)共同形成偏序结构,记作\(\langle a,r \rangle\)。
为了方便起见,\((x,y)\in r\)常简写成\(xry\)。
2.相关算法
一维偏序(逆序对):对于给定的数列\(\{a_{i}\}\),求出满足\(i<j\)且\(a_{i}>a_{j}\)的数目。
解决方法:
- 树状数组:对与一个要处理的数列\(\{a_{i}\}\),逆序取出\(a_{i}\),每次先进行
ans+=query(a_{i})
查询该数前缀和,再进行tree[a_{i}]++
操作。复杂度为\(O(nlogn)\) - 归并排序:太经典了,
不是重点
二维偏序:对于给定\(n\)个点的坐标,求出满足\(x_{i}<x_{j}\)且\(y_{i}<y_{j}\)的二元组\((i,j)\)的数目。
解决方法:以\(x\)或\(y\)为关键字进行排序,然后转化为一维偏序问题即可。