从头整理一下

大部分是照着书和课件来的，主要为了方便复习

贪心

1.选择不相交区间问题

按照结束时间点排序

 

2.区间选点

考虑一个区间的后部最优，从后向前选

 

3.区间覆盖

去除无用点以后按照左端点排序，每次选择未处理区间内的第一个点进行询问

 

4.流水做业调度

(Johnson)设mi=min{ai,bi}记录转移的方向，排序以后依次判断，原来是a加在左边是b加在右边

 

5.带限期和罚款的单位时间任务调度

贪心的前提是必定要是单位时间，尽可能先完成罚款比较大的工做，排序后找最晚时间去安排上，不然放在最后的空位上

 

数学

在oi上基本大部分的数学知识都体如今数论的有关内容上

会推数学式子才是数论题的关键，数学才是数论题的基础与核心

GCD：
原理: (a,b) = (b,a%b)

Code:

int gcd(int a,int b) { if(a % b == 0) return a; return gcd(b,a % b); }

Exgcd:

目的是求: ax + by = gcd(a,b)的一组解(x,y)

同时返回的是d = gcd(a,b)

Code:

int Exgcd(int a,int b,int &x,int &y) { if(!b) { x = 1; y = 0; return a; } else { int d = Exgcd(b,a%b,x,y); int t = x; x = y; y = t - (a / b) * y; } }

 

Miller_Rabin

这个算法是主要用来判断某一个数是否是质数的算法

可是请注意这个算法具备随机性，并且是单点判断，不适用于区间的素数筛选

这个算法的证实(手写)：

 

Code:

int gg[8] = {2,3,5,7,13,29,37,89}; Miller_Rabin(int a,int n) { int d = n - 1; int r = 0; while(d % 2 == 0) { d /= 2; r++; } int x = kuaisumi(a,d,n); if(x == 1) return true; for(int i=0;i<r;i++) { if(x == n - 1) return true; x = (long long)x * x % n; } return false; } bool is_prime(int n) { if(n <= 1) return false; for(int a=0;a<8;a++) if(n == gg[a]) return true; for(int a=0;a<8;a++) if(!Miller_Rabin(gg[a],n)) return false; return true; }

 

线性筛：

线性筛的算法有不少种，可是本文这里为了简便起见

只介绍欧拉筛了，同时由于欧拉筛能够预处理莫比乌斯函数和欧拉函数等数论函数

还能够得出每个合数的最小非1因子

好处多多a

Code:

memset(not_prime,0,sizeof(not_prime)); for(int i=2;i<=n;i++) { if(!not_prime[i]) { prime[++prime_cnt] = i; phi[i] = i - 1; mu[i] = -1; } for(int j=1;j<=prime_cnt;j++) { int x = i * prime[j]; if(x > n) break; not_prime[x] = true; phi[x] = phi[i] * phi[prime[j]]; mu[x] = mu[i] * mu[prime[j]]; if(i % prime[j] == 0) { phi[x] = phi[i] * prime[j]; mu[x] = 0; break; } } }

 

快速幂：

这个的原理就是在实现的时候将每个数将其"拆分"

从而咱们能够用倍数来×代替了×多少次

Code:

int quickpow(int a,int b,int p) { int res = 1; while(b) { if(b & 1) res = res * a % p; a = a * a % p; b >>= 1; } return res; }

 

 

中国剩余定理:

定理内容：

中国剩余定理的形式是这样的：

存在一个这样的式子：(中国剩余定理的限制条件:m1,m2,m3...mn这些数是互质的)

 而后咱们的任务是求最小的整数x使得非负整数x知足以上条件

咱们设定一个 M = ∏mi (即M为全部m的最小公倍数)

方程 M / mi * ti ≡ 1 (mod mi) 中 ti 为其最小非负整数解 (这里能够用exgcd来实现求解)

那么有一个解为 x = ∑ ai * M / mi * ti

通解为: x + i * M

特别地，算法的非负整数解为 (x % M + M) % M (将x移到[0,M]这个区间内)

算法证实:

由于M / mi 是除了mi以外的全部数的倍数

那么对于任意的k ≠ i 都有 ai * M / mi * ti ≡ 0 (mod mk)

又有M / mi * ti ≡ 1 (mod mi)

将两边同时乘ai得 ai * M / mi * ti ≡ ai (mod mi)

最后咱们带入x = ∑ ai * M / mi * ti

从而原方程组成立

Code:

void exgcd(int a,int b,int &x,int &y) { if(b == 0) { x = 1; y = 0; return ; } exgcd(b,a % b,x,y); int t = x; x = y; y = t - a / b * y; } int crt() { int ans = 0; int M = 1; int x,y; for(int i=1;i<=k;i++) M *= b[i]; for(int i=1;i<=k;i++) { int t = M / b[i]; exgcd(t,b[i],x,y); x = (x % b[i] + b[i]) % b[i]; ans = (ans + t * x * a[i]) % M; } return (ans + M) % M; }

 

拓展中国剩余定理

 

这个与中国剩余定理不一样的地方就在于这里的mi不必定两两互质了

解法：

咱们假设已经求解出前k - 1个同余方程组的解为x

而且有M=∏(i−1,k−1​)mi

那么前k个方程组的通解为 x + i * M(i ∈ Z)

对于咱们即将插入第k个方程后造成的k个方程造成的方程组

咱们就是要求一个正整数t，使得

x + t * M ≡ ak (mod mk)

咱们针对于这一个式子转化一下就能够获得：

t * M ≡ ak - x (mod mk)

咱们能够利用exgcd求解t

若这一个方程组无解t那么这整个方程组也就是无解的(显然，咱们没法找到一个x使得x知足以上的方程成立条件)

如有，则前k个同余式构成的方程组的一个解为:
xk = x + t * M

因此咱们整个算法的核心思路就是咱们求解k次exgcd对于方程进行了k - 1次的展开

Code:

int exgcd(int a,int b,int &x,int &y) { if(b == 0) { x = 1; y = 0; return a; } int d = exgcd(b,a % b,x,y); int t = x; x = y; y = t - a / b * y; return d; } int excrt() { int x,y,k; int M = b[1]; int ans = a[1]; for(int i=2;i<=n;i++) { int aa = M; int bb = b[i]; int c = (a[i] - ans % bb + bb) % bb; // x + t * M ≡ ak (mod mk) int d = exgcd(aa,bb,x,y); //求一组解 int m = bb / d; if(c % d != 0) //若无解就直接返回 return -1; x = x * (c / d) % m; ans += x * M; M *= m; //要将这个mi加入到M里面 ans = (ans % M + M) % M; // xk = x + t * M  } return (ans % M + M) % M; //返回值 }

放两道模板题:

中国剩余定理

拓展中国剩余定理

 

BSGS(Baby Step Giant Step)算法

它还能够找循环节！

其实它还叫(拔山盖世算法qwq)

这个算法的问题主要就是求解已知A, B, C，求X使得A^x = B (mod C)

而后这个算法的核心思路就是分块枚举(也就是比较好看的暴力)

咱们须要完整地算出第一行的全部数的值

在第二行及之后咱们即可以对于每一行都进行二分运算(这里咱们对于它进行排序便于二分)

咱们判断在每一行的值有没有等于的地方

最后就能够在有这个函数值的一行进行算找那一个特殊值就行了(对于取模运算能够在快速幂的时候注意一下)

分块的大小是sqrt() * sqrt()的

而接下来将给出为何是sqrt()的证实

 

由于 x = i*m-j , 因此x 的最大值不会超过p

 

由费马小定理知: 当p为质数且 (a,p) = 1 时 a^p-1 ≡ 1 (mod p)

 

因此 当 x = p-1 时 a^p-1 ≡ 1 会从新开始循环 因此 x 最大不会超过 p-1

 

因此：若是枚举 x 的话枚举到 p 便可。

 

因此使 im−j<=p , 即 m=⌈√p⌉ , i,j 最大值也为m。

Code:

int size; bool erfen(int x) { int l = 0; int r = size; while(l + 1 != r) { int m = (l + r) >> 1; if(z[m] >= x) r = m; else l = m; } return z[r] == x; } int BSGS(int a,int b,int p) { size = sqrt(p); int nowv = 1; for(int i=1;i<=size;i++) { nowv = (long long) nowv * a % p; z[i] = nowv; if(z[i] == b) return i; } sort(z + 1,z + size + 1); for(int i=2;(i - 1) * size + 1<=p;i++) { int y = (long long)b * kuaisumi(kuaisumi(a,size * (i - 1),p),p - 2,p); if(erfen(y)) { for(int j=(i - 1) * size + 1;j<=i*size;j++) if(kuaisumi(a,j,p) == b) return j; } } return -1; }