有参考算法竞赛进阶指南。。html
1、质数
- 定义：质数(prime number)又称素数，有无限个。一个大于1的天然数，除了1和它自己外，不能被其余天然数整除，则称之为质数。
(1) 断定：
对于数$N$，若之为合数，则存在一个数$T$能整除它其中，$2<=T<=\sqrt{N}$算法
复杂度：$O(\sqrt{n})$函数
(2) 筛法：
对于数$N$，咱们要求出$1$ ~ $N$的全部素数。ui
直接介绍线性筛法，对于数$m$，咱们考虑仅用它的最小质因子$q$筛去它，这是线筛的最基本思想。url
#include <cstdio>
const int N=1000010;
int v[N],prime[N],cnt=0,n;
//v[i]表明i的最小质因子，prime[i]表明第i的素数是多少
void Prime()
{
for(int i=2;i<=n;i++)
{
if(!v[i])
{
v[i]=i;
prime[++cnt]=i;
}
for(int j=1;j<=cnt;j++)
{
int k=prime[j]*i;
if(v[i]<prime[j]||k>n) continue;
v[k]=prime[j];
}
}
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
Prime();
for(int i=1;i<=cnt;i++)
printf("%d ",prime[i]);
return 0;
}
复杂度：$O(n)$spa
(3) 质因数分解
- 算术基本定理：任何一个大于1的整数都能被分解成有限个质数的乘积
即$N=p_1^{c^1}p_2^{c^2}...p_m^{c^m}$或$N=\prod_{i=1}^m{p_i}^{c_i}$.net
当不考虑顺序时，分解具备惟一性code
这点在后面用的不少。htm
- 质因数分解： 和断定是不是质数有点像，咱们用$1$ ~ $\sqrt{N}$中的每个数去试除$N$
复杂度：$O(\sqrt{N})$blog
2、约数
(1) 整除，约数
整除的概念：通常的，设a，b为整数，且b≠0.若是存在整数q，使得a=bq，称b整除a，记做$b|a$，也称b是a的约数。若是p不存在，称b不整除a，记做$b \nmid a$.
整除的性质：
a|b,b|a $\Rightarrow$ a=b或a=-b
a|b,b|c $\Rightarrow$ a|c
a|b,a|c $\Rightarrow$ 对任意整数x,y，有a|bx+cy
若$a|bc$,且$(a,b)$=$1$,则$a|c$
设p为素数，若$p|ab$,则$p|a$或$p|b$ 设p为素数，若$p|a_1a_2...a_k$,则存在$a_i$ $(1≤i≤k)$，使得$p|a_i$.
设整数 $a$ , $b$ 不一样时为0,则存在一对整数 $m$ , $n$ ,使得$(a,b)=am+bn$（在一次同余方程和不定方程中常常用到）【裴蜀定理】
(2) 最大公约数与最小公倍数
-
定义：$gcd(a,b)$(或$(a,b)$)为最大公因数，$lcm[a,b]$(或$[a,b]$)为最小公倍数
-
欧几里得算法：$(a,b)=(b,a$ $mod$ $b)$
欧几里得就不证实了吧。
int gcd(int a,int b)
{
return b==0?a:gcd(b,a%b);
}
- $(a,b)[a,b]=|a||b|$
(3) 算术基本定理的推论：
$N=p_1^{c^1}p_2^{c^2}...p_m^{c^m}$
-
$N$的正约数个数： $\prod_{i=1}^m (c^i+1)$
-
$N$的正约数之和： $(1+p_1+p_1^2+...+p_1^{c_1})...(1+p_m+p_m^2+...+p_m^{c_m})=\prod_{i=1}^m(\sum_{j=0}^{c_i} (p_i)^j)$
(4) 互质
对整数$a,b$,若$gcd(a,b)=1$,则称$a$与$b$互质。
(5) 欧拉函数
- 定义：$1$ ~ $N$中与$N$互质的数的个数，称为欧拉函数，记为$φ(N)$
- 计算式 对$N$进行算术基本定理分解，即$N=p_1^{c^1}p_2^{c^2}...p_m^{c^m}$或$N=\prod_{i=1}^m{p_i}^{c_i}$ 则$φ(N)=(1-1/p_1)(1-1/p_2)...(1-p_m)$即$φ(N)=\prod_{i=1}^m(1-1/p_i)$ 感性证实（即并非那么确切的，只是能加深记忆的证实·）： 对于$N$的某个质因子$p$，$pk$必定于$N$不互质（$k\in N^,kp<N$），即筛去后为$N-N/p$ 若此时引入第二个因子$q$，同理筛去$N/q$，可是多筛去了$q$与$p$的公共倍数，加回来，即为 $N-N/p-N/q+N/(q*p)=N(1-1/p)(1-1/q)$,以此类推
计算式$O(\sqrt N)$求解$φ(N)$
ll get(ll k)
{
ll eu=k;
for(ll i=2;i*i<=k;i++)
{
if(k%i==0)
eu=eu*(i-1)/i;
while(k%i==0)
k/=i;
}
if(k>1) eu=eu*(k-1)/k;
return eu;
}
-
性质 *①若$gcd(a,b)=1$,则$φ(ab)=φ(a)φ(b)$ 感性证实：带入欧拉函数定义式便可。 【拓展】 彻底积性函数：是指全部对于任何$a,b$都有性质$f(ab)=f(a)f(b)$的数论函数。 积性函数：是指全部对于$gcd(a,b)=1$的$a,b$都有性质$f(ab)=f(a)f(b)$的数论函数。 ②若质数$q$知足$q|n$且$q^2|n$,则$φ(q)=φ(n/q)q$ 代入计算式能够获得 ③若质数$q$知足$q|n$且$q^2 \nmid n$,则$φ(q)=φ(n/q)(q-1)$ 由积性函数性质获得 ④$\sum_{d|n}φ(d)=n$ 先证实是积性函数，再讨论单因子状况便可 ⑤$φ(n)*n/2=\sum_{d},gcd(d,n)=1$ 若$gcd(x,n)=1$,则$gcd(n-x,n)=1$。即它们是成对存在的。 对于以上证实，其实本身多证几遍就记住了。
-
求解$φ(N)$ 将$N$分解质因数后，代入定义式计算。 复杂度：$O(\sqrt{N})$
-
求解$φ(1)$~$φ(N)$ 借助性质①②③和线性筛的思想。 咱们在线性筛筛去合数的同时推出这个合数的$φ(i)$ code：
int v[N],prime[N],phi[N],cnt=0,n;
void eular()
{
for(int i=2;i<=n;i++)
{
if(!v[i])
{
v[i]=i;
prime[++cnt]=i;
phi[i]=i-1;
}
for(int j=1;j<=cnt;j++)
{
int tmp=i*prime[j];
if(v[i]<prime[j]||tmp>n) break;
v[tmp]=prime[j];
phi[tmp]=phi[i]*(i%prime[j]?prime[j]-1:prime[j]);
}
}
}
3、同余
(1)同余的概念：通常的，设n为正整数，a和b为整数，若是a和b被n除后余数相同，那么称a和b模n同余，记做$a≡b$ $(mod$ $n)$
(2)同余的性质：
- $a≡b$ $(mod$ $n)$ $\Leftrightarrow$ $n|a-b$
- 若$a≡b$ $(mod$ $n)$，且$c≡d$ $(mod$ $n)$， ① $a+c≡b+d$ $(mod$ $n)$ ② $ac≡bd$ $(mod$ $n)$
- ①$ka≡kb$ $(mod$ $n)$ (k为任意整数) ②若$ab≡ac$ $(mod$ $n)$,设$d=(a,n)$,则$b≡c$ $(mod$ $n/d)$
- $a^m≡b^m$ $(mod$ $n)$ (m为正整数)
这里证实一下第三条第二点 $ab≡ac$ $(mod$ $n)$ $d=(a,n)$ $\Rightarrow n | a(b-c)$ $\Rightarrow n/d |a(b-c)/d$ 由$gcd(n/d,a/d)=1$ $\Rightarrow n/d |(b-c)$ $\Rightarrow b≡c(mod n/d)$
(3)一次同余方程求解（exgcd或者叫大衍求一术）：
对于一次同余方程$ax≡b(mod m)$ $\Rightarrow m|ax-b$ 设$-ym=ax-b$ 即为$ax+my=b$ 转化为求解一元二次不定方程
对$ax+by=d$ 当$gcd(a,b)|d$时，有整数解
证实即求解方法： 由欧几里得：$gcd(a,b)=gcd(b,r)=...=gcd(a_n,0)$ 使用数学概括法 对最后一步：$a_nx_n+0y_n=a_n$ 显然对这个方程有解$x_n=1,y_n=0$ 若$a_mx_m+b_my_m=d$有解 则对$a_{m-1}*x_{m-1}+b_{m-1}y_{m-1}=d$ 有$b_{m-1}=a_m,a_{m-1}=\lfloor a_{m-1}/a_m\rfloora_m+b_m$(gcd得出) $\Rightarrow (\lfloor a_{m-1}/a_m\rfloor a_m+b_m)x_{m-1}+a_my_{m-1}=d$ $\Rightarrow (kx_{m-1}+y_{m-1})*a_m+x_{m-1}*b_m=d$ $\Rightarrow x_{m-1}=y_m,y_{m-1}=x_m-\lfloor a_{m-1}/a_m\rfloor *y_m$ 由以上，咱们获得了它的证实和解法
(4)欧拉定理
若$gcd(a,n)=1$,则有$a^{φ(n)}≡1(mod$ $n)$
证实： 定义简化剩余类：把全部与整数a(a与n互质)模n同余的整数构成的集合叫作模n的一个简化剩余类，记做$a[n]$，并把a叫作简化剩余类$a[n]$的一个简化剩余系。
先证实当集合$x$刚好遍历(即取遍)$n$每个简化剩余系时，$kx$也遍历。($k$为任意整数，$gcd(x,n)=1$)
反证：如有$kx_i≡kx_j (mod$ $n)$ 则 $x_i≡x_j (mod$ $n)$ 矛盾，得证
下面欧拉定理： 设${\overline{a_1},\overline{a_2},...,\overline{a_φ(n)}}$是$n$的一个简化剩余类 由上${\overline{aa_1},\overline{aa_2},...,\overline{aa_φ(n)}}$也是 则$aa_1aa_2...aa_{φ(n)}≡a_1a_2...a_{φ(n)} (mod$ $n)$ 则$a^{φ(n)}≡1(mod$ $n)$
特别的，当$n$取质数时，有$φ(n)=n-1$ 则$a^{n-1}≡1 (mod$ $n)$，即为费马小定理
(5)乘法逆元
对于"+"、"-"、"*"，咱们都已经获得了它在mod p下的转换式，那么对于"/"呢？
定义：若整数$b,m$互质，而且$b|a$，则存在一个整数$x$，使得$a/b≡a*x(mod$ $m)$。称$x$为$b$的乘法逆元，记为$b^{-1}≡(mod$ $m)$ 对于这个有解性能够转换成一次同余方程的有解来证实，很少赘述。
求法：$a/b≡ab^{-1}≡a/bbb^{-1}(mod$ $m)$,即$bb^{-1}≡1(mod$ $m)$,即转换为同余方程求解。特别的，当$m$为质数时，能够用费马小定理求解
- $O(n)$求解$1$ ~ $n(mod$ $p)$的逆元 假设$p=ki+r,k<i$,咱们尝试用$k^{-1}$求$i^{-1}$ $ki+p≡0(mod$ $p)$ $\Rightarrow ki≡-r(mod$ $p)$ $\Rightarrow ki*i^{-1}r^{-1}≡-rr^{-1}i^{-1} (mod$ $p)$ $\Rightarrow -kr^{-1}≡i^{-1} (mod$ $p)$ $\Rightarrow i^{-1}≡-\lfloor p/i \rfloor *(p$ $mod$ $i)^{-1} (mod$ $p)$
其实，这本质上是利用了逆元也是积性函数的性质。 参考代码：
#include <cstdio>
#define ll long long
const int N=3000010;
ll n,p,inv[N];
int main()
{
scanf("%lld%lld",&n,&p);
inv[1]=1;printf("1\n");
for(int i=2;i<=n;i++)
{
inv[i]=((inv[p%i]*(p-p/i))+p)%p;
printf("%lld\n",inv[i]);
}
return 0;
}
- $O(n)$求解$1!$~$n!$的逆元（$p$为质数） 设第$i$项阶乘为$f_i$,则有$f_i=if_{i-1}$ 若已经求得${f_i}^{-1}$ 则有$i{f_{i-1}}{f_i}^{-1}≡f_{i-1}{f_{i-1}}^{-1} \ (mod \ p)$ 化简得 $f_{i-1}^{-1}≡i*{f_i}^{-1} \ (mod \ p)$
参考代码：
void getinv()
{
inv[0]=1;
fac[0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
fac[i]=(fac[i-1]*i)%mod;
inv[n]=quick_pow(fac[n],n-2);
for(int i=n-1;i;i--)
inv[i]=(inv[i+1]*(i+1))%mod;
}
(6)中国剩余定理（孙子定理）
求解一次同余方程组，其中$m_1,m_2,...m_n$两两互质 $$\begin{equation} \left{ \begin{aligned} x ≡ b_1 (mod \ m_1) \ x ≡ b_2 (mod \ m_2) \ ... \ x ≡ b_n (mod \ m_n) \ \end{aligned} \right. \end{equation} $$
方法：先找到整数$L_1$,使得$L_1≡1(mod \ m_1),b_1|L_1,b_2|L_1,...,b_n|L_1$ 即$L_1$是同余方程 $$\begin{equation} \left{ \begin{aligned} x ≡ 1 (mod \ m_1) \ x ≡ 0 (mod \ m_2) \ ... \ x ≡ 0 (mod \ m_n) \ \end{aligned} \right. \end{equation} $$ 的解。
把$L_1$乘上$b_1$,即知足了第一个方程，而其他无影响。
而后找到$L_2,...,L_n$. $x=\prod_{i=1}^n L_i$即为同余方程的解。
下面讨论如何获得$L_i$。 令$M=\prod_{i=1}^n m_i$，设$M_i=M/m_i$ 则$M_i$知足整除除了$b_i$的全部$b$
而后咱们要求$L_i≡1(mod \ b_i)$ 设$M_i*t_i≡1(mod \ b_i)$ 即转换为了求解一次同余方程的问题。
咱们对同余方程组进行$n$次同余方程的求解便可。
解为 $x≡\prod_{i=1}^n M_it_ib_i (mod \ M)$
参考代码：中国剩余定理
4、组合计数
(1)加法原理与乘法原理
加法原理：作一件事，完成它能够有$n$类办法，在第一类办法中有$m_1$种不一样的方法，在第二类办法中有$m_2$种不一样的方法，……，在第$n$类办法中有$m_n$种不一样的方法，那么完成这件事共有$N=\sum{i=1}^n m_i$种不一样方法。每一种方法都可以直接达成目标。
乘法原理：作一件事，完成它须要分红$n$个步骤，作第一步有$m_1$种不一样的方法，作第二步有$m_2$种不一样的方法，……，作第$n$步有$m_n$种不一样的方法，那么完成这件事共有$N=\prod_{i=1}^n m_i$种不一样的方法。
(2)排列组合
从$n$个互异元素中依次取出$m$个元素存在顺序的排除一列，产生的不一样排列的数量是 $A_n^m=n*(n-1)(n-2)...*(n-m+1)=\frac{n!}{(n-m)!}$
从$m$个互异元素中取出m个元素组成一个集合不存在顺序，产生的不一样组合的数量是 $C_n^m=\frac{A_n^m}{m!}=\frac{n!}{m!(n-m)!}$
考虑取出$m$个元素会产生$m!$种顺序
- 组合数的性质 ①$C_n^m=C_n^{(n-m)}$ 感性证实：从集合中取出了$m$个元素就剩下了$n-m$个元素，方案数是相等的 ②**$C_n^m=C_{n-1}^{m}+C_{n-1}^{m-1}$**（杨辉三角） 这一点十分重要，由此能够得出组合数的递推式。 感性证实：如今已经取到了第$n$个元素。咱们有两个选择，取第$n$个元素或不取第$n$个元素 若取第$n$个元素，则先在前$n-1$个元素中取$m-1$个，为$C_{n-1}^{m-1}$ 若不取第$n$个元素，则先在前$n-1$个元素中取$m$个，为$C_{n-1}^m$ 根据加法原理，能够获得$C_n^m=C_{n-1}^{m}+C_{n-1}^{m-1}$ ③$\sum{i=0}^n C_n^i=2^n$ 感性证实：从$n$个互异元素中取出若干个组成一个集合，有$n+1$种方法，分别取出0,1,..n个元素，又由加法原理，有$\sum{i=1}^n$种方法 从另外一种角度看，每一个元素在原集合里都有两种状况，取或不取，方案数为$2^n$
以上也能够代入计算式进行验证。
- 组合数的求法 ①用第二个性质，能够在$O(n^2)$求出0<=j<=i<=n的全部组合数$C_i^j$
void get()
{
C[1][1]=1;
for(int i=2;i<=N;i++)
for(int j=1;j<=i;j++)
C[i][j]=(C[i-1][j]+C[i-1][j-1])%mod;
}
②用计算式在$O(nlogn)$求出某一个组合数$C_i^j$ 由于结果通常较大，一般会用mod取一下模 因此先求出分母$m!(n-m)!$的逆元
void getinv()
{
inv[0]=1;
fac[0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
fac[i]=(fac[i-1]*i)%mod;
inv[n]=quick_pow(fac[n],n-2);
for(int i=n-1;i;i--)
inv[i]=(inv[i+1]*(i+1))%mod;
}
int get(int i,int j)
{
return (fac[i]*inv[j]*inv[i-j])%mod;
}
(3) 二项式定理
$(x+y)^n=\sum_{i=0}^n C_n^ia^ib^{n-i}$ 这个其实手玩一下就出来了，用排列组合的思想考虑每一项出现的次数。 下面证实$Lucas$定理要用到
(4) $Lucas$ 定理
若$p$是素数，则有 $C_n^m≡C_{n%p}^{m%p}*C_{n/p}^{m/p} \ (mod \ p)$
证实： 首先素数的条件用在这个地方 当$p$为质数时，任取$x \in (1,p)且x \in N$,知足$C_p^x≡0 \ (mod \ p)$。这点不难，不证实了。
设$n=ap+r_1,m=bp+r_2$
取$(1+x)^n%p$这样一个式子，咱们对它进行变形（本质上对应将数进行p进制分解）
$(1+x)^n=(1+x)^{ap+r_1}=((1+x)^p)^a*(1+x)^{r_1}$ $≡(1+x^p)^a*(1+x)^{r_1}=\sum_{i=0}^a C_a^ix^{ip}\sum C_{r_1=0}^jx^j \ (mod \ p)$(注意最后两步用了二项式定理化简，第三步用了那个没证实的玩意儿)
整理得$(1+x)^n≡\sum_{i=0}^a C_a^ix^{ip}\sum C_{r_1=0}^jx^j \ (mod \ p)$
对左边这样一项$x^{bp+r_2}$来讲，它的系数为$C_{ap+r_1}^{bq+r_2}$
而右边当且仅当$i=b,j=r_2$时，能够构成这个项，而它的系数为$C_a^b*C_{r_1}^{r_2}$
即$C_n^m≡C_{n%p}^{m%p}*C_{n/p}^{m/p} \ (mod \ p)$，则得证
咕咕咕
开始更新组合数学 2018.6.29