YBT 6 数学基础

$补+写题ing$

第 1 章快速幂

序列的第 k 个数

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$solution:$

板子

A 的 B 次方

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$solution:$

板子

[NOIP2013] 转圈游戏

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$solution:$

板子

越狱

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$solution:$

简单的容斥原理,$m^n-m\times \prod_{i=1}^{n-1} m-1$

第 2 章质数

Prime Distance

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$solution:$

先筛掉$[1,\sqrt{R}]$，然后在暴力即可。

质因数分解

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$solution:$

暴力枚举

轻拍牛头

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$solution:$

考虑直接加即可，因为可以将相同的数同时操作，时间$O(能过)$

Goldbach's Conjecture

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$solution:$

板子

Sherlock and His Girlfriend

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$solution:$

构造将质数染$1$，合数为$2$，为最优解，同时注意特判即可。

樱花

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$solution:$

化简得$n!(x+y)=xy$，$xy-n!(x+y)=0$,$(n!)^2-n!(x+y)+xy=(n!)^2$

得$(n!-x)(n!-y)=(n!)^2$，因为$x,y\geq n!$，所以方案数即为$(n!)^2$的约数个数

第 3 章约数

反素数 Antiprime

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$solution:$

反素数肯定满足其分解质因数后约数个数呈不上升。通过剪枝优化即可过。

[NOIP2009] Hankson 的趣味题

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$solution:$

$gcd(x,a0)=a1,lcm(x,b0)=b1$。求其$x$的方案数。

考虑将$lcm(x,b0)$形式化简，得$x=\frac{b1}{b0}\times gcd(x,b0)$。

考虑枚举$gcd(x,b0)$，因为$gcd(x,b0)$一定是$b0$的一个约数直接在$[1,sqrt{b0}]$中枚举约数$x$,在将其$b0/x$两个判断即可。

时间复杂度:$O(n\times \sqrt{b0})$。

X-factor Chain

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$solution:$

将其$x$分解质因数后得$x=\prod_{i=1} p_i^{b_i}$ ，考虑答案的贡献，因为要将其最大所以第一次肯定选$x$的一个质因子。然后容易发现每次只要将一个没有用完的$b_i$使用$1$个即为最长长度，即$\sum_{i=1} b_i$。

考虑此最长长度模型的构建后，使用杨辉三角直接组合数即可。

[JLOI2014] 聪明的燕姿

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$solution:$

通过约数和公式将其$[1,\sqrt{2\times 10^9}]$内的素数筛掉后,对于每个$x$直接枚举其因子与指数直接搜索求求解即可。

剪枝直接枚举其会产生两个质因数的情况，这是只要枚举当前$x$的$\sqrt{x}$。而只有$1$个的暴力判断即可。

第 4 章同余问题

青蛙的约会

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$solution:$

设最少在$F$次后碰面。

则$(x+Fm)-(y+Fn)\equiv0(mod\space L)$

转化可得$F(m-n)\equiv y-x(mod\space L)$

将$\equiv$转换成$=$，则$F(m-n)+GL=y-x$，将$m-n$为正数后$exgcd$解此方程即可。

[NOIP2012] 同余方程

link$solution:$

解$ax+by=1$,$exgcd$裸题。

Sumdiv

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$solution:$

等比数列求和公式套乘法逆元即可。

曹冲养猪

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$solution:$

$crt$模板题。

Strange Way to Express Integers

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$solution:$

$excrt$模板题。

计算器

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$solution:$

$BSGS$模板题。

荒岛野人

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$solution:$

数据范围:$n\leq 15,M\leq 10^6$，这就是解题的关键。

暴力$M$，对于两个野人直接求解两个野人相遇时间。

五指山

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$solution:$

$exgcd$模板题。

Biorhythms

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$solution:$

$crt$模板题。

C Looooops

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$solution:$

$exgcd$模板题。

第 5 章矩阵乘法

矩阵 A×B

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$solution:$

考验矩阵乘法的基本计算。

Fibonacci 第 n 项

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$solution:$

矩阵乘法板子。

Fibonacci 前 n 项和

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$solution:$

矩阵乘法板子

佳佳的 Fibonacci

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$solution:$

考虑构造求解，设$g_i=\sum_{k=1}^i (n+1-k)\times f_i,s_i=\sum_{k=1}^i f_i$，答案即为$(n+1)\times s_n-g_n$。

矩阵快速幂即可。

Fibonacci

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$solution:$

矩阵乘法板子

GT 考试

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$solution:$

一道很有意思的题目。

考虑$dp$，设$f(i,j)$表示其现在在$A$串$i$位，且$A[i,j+1]$与$B[1,j]$完美匹配。

则$f(i,j)=\sum_{k=1}^{m-1} f(i-1,k)\times g(k,j)$。其中$g(k,j)$表示在$B$串$j$位后面加上$1$个数字$([0,9])$后其在于$B$串匹配为$j$的个数，可以理解为加上$1$个数字使得$B$串与$A$串的匹配长度从$k$变为$j$。

因为$|B|\leq 20$，所以求$g$时可以考虑暴力求解，还可以利用$kmp$快速求解。

直接矩阵优化$dp$即可。

#include<iostream>

#include<cstring>

#include<cstdio>

#include<algorithm>

using namespace std;

inline int read(){

    int f=,ans=;char c=getchar();

    while(c<''||c>''){if(c=='-')f=-;c=getchar();}

    while(c>=''&&c<=''){ans=ans*+c-'';c=getchar();}

    return f*ans;

}

const int M=;

int n,m,mod,nex[M],g[M][M];

struct Matrix{

    int a[M][M];

    void init(){memset(a,,sizeof(a));}

}G,F;

Matrix operator*(Matrix x1,Matrix x2){

    Matrix x3;x3.init();

    for(int i=;i<=m;i++){

        for(int k=;k<=m;k++){

            for(int j=;j<=m;j++) x3.a[i][j]+=x1.a[i][k]*x2.a[k][j],x3.a[i][j]%=mod;

        }

    }return x3;

}

Matrix ksm(Matrix a,int b){

    Matrix ans;ans.init();

    for(int i=;i<=m;i++) ans.a[i][i]=;

    while(b){

        if(b&) ans=ans*a;

        a=a*a,b>>=;

    }return ans;

}

char str[M];

int main(){

    n=read(),m=read(),mod=read();

    scanf("%s",str+);

    nex[]=;int j=;

    for(int i=;i<=m;i++){

        while(j>&&str[j+]!=str[i]) j=nex[j];

        if(str[i]==str[j+]) j++;

        nex[i]=j;

    }

    for(int i=;i<m;i++){

        for(int opt=;opt<=;opt++){

            int j=i;

            while(j>&&opt!=(str[j+]-'')) j=nex[j];

            if(opt==(str[j+]-'')) j++;

            g[i][j]++;

        }

    }G.init(),F.init();

    for(int i=;i<m;i++)

        for(int j=;j<m;j++) G.a[i+][j+]=g[j][i];

    F=ksm(G,n);

    int ans=;

    for(int i=;i<=m;i++) ans+=F.a[i][],ans%=mod;

    printf("%d\n",ans);

}

迷路

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$solution:$

对于边权只含有$01$做法非常显然，直接矩阵快速幂即可。

而对于$边权\leq 9$的图，可以考虑对于每个点拆点.当全部跑完$u$拆过的点后才能到达$v$，然后就常规操作即可。

第 6 章组合数学

[NOIP2011] 计算系数

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$solution:$

$(ax+by)^k=\sum_{i=0}^k C_k^ia^ib^{k-i}x^iy^{k-1}$

2^k 进制数

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$solution:$

若$w%k=0$时，数位为$\frac{w}{k}$，若不等，则为$\frac{w}{k}+1$,且最高位为$2^{w\mod k}-1$。

组合数计算即可。

组合

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$solution:$

$lucas$模板题。

古代猪文

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$solution:$

题意要求$G^{\sum_{i|n} C_n^i} \mod 999911659$。

瓶颈在这个式子$\sum_{i|n} C_n^i\mod 999911659$。

其实只有第一步比较难想。因为$999911659$是一个质数所以说若普通计算则时间直接爆炸。

考虑优化，根据费马小定理的$a^{p-1}\equiv 1(\mod p)$，所以$p-1$是$1$个循环节，直接求$G^\sum_{i|n} C_n^i\mod 999911658$。

下面做法就十分显然了，$999911658=2\times 3\times 4679\times 35617$，所以直接$lucas$下面的最后在用中国剩余定理合并即可。

这样可以保证$lucas$的时间不会超时。

牡牛和牝牛

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$solution:$

插板，现将其每个空拿$k$个，然后插板组合数即可。

方程的解

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$solution:$

插板裸题。

车的放置

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$solution:$

一道简单题。

可以先处理两个矩形$(a\times b)(c\times d)$，最后会剩下$1$个$a\times d$的矩形。

所以只要考虑在$a\times b$的矩形中放k个棋子的方案数。

答案易得$C_a^k\times C_b^k\times k!$，$k!$是因为要相互随便匹配。

所以分成$3$个的就做完了。

所以$2$个就可以处理$(a\times b,(a+c)\times d)$两个矩形即可。

[CQOI2014] 数三角形

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$solution:$

$ans=C_{(n+1)\times (m+1)}^3-((n+1)\times C_{m+1}^3+(m+1)\times C_{n+1}^3)-(斜边三点共线的方案数)$

所以只要求斜边三点共线的方案数即可。

性质：对于两点$(x_1,y_1),(x_2,y_2)$，则两点所连线段经过整点的个数为$gcd((x_2-x_1+1),(y_2-y_1+1))$。

证明:直接相似三角形即可。

所以就可以想出$O(10^{12})$的方法,枚举两个端点，求中间点的个数。

考虑优化，因为发现$gcd((x_2-x_1+1),(y_2-y_1+1))$只于距离有关，所以只要枚举距离然后计算对于此距离满足的方案数即可。

时间复杂度:$O(10^6)$.

Combination

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$solution:$

$Lucas$板子题。

序列统计

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$solution:$

考虑对于每个点加上其下标(即为插板时给每个点送$1$个，使得必须要选)，就可以保证其序列为单调递增。

考虑当时长度为$len$,其权值范围为$[1+1,R-L+1+len]$。其可选权值为$R-L+len$。

所以对于长度为$len$，其答案为$C_{R-L+len}^{len}=C_{R-L+len}^{R-L}$。

设$R-L+1=M$,所以长度为$len$的答案为$C_{M+len-1}^{len-1}$

所以所有答案为$\sum_{i=1}^n C_{M+i-1}^{i-1}$。

然后发现此刻时间复杂度仍为$O(常数\times n)$。

根据杨辉三角的$C_i^j=C_{i-1}^{j-1}+C_{i-1}^{j}$，所以$\sum_{i=1}^n C_{M+i-1}^{i-1}$化简得$C_{n+M}^{M}-1$。

$lucas$求组合数即可。

[SHOI2015] 超能粒子炮・改

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$solution:$
求$\sum_{i=0}^k C_n^i \mod 2333$的值。

成功又弱智了一次。

对于直接求，时间复杂度为$:O(Tn)$，考虑优化。

对于$C_i^j\mod 2333$，由$Lucas$定理可得，$C_i^j=C_{i\mod p}^{j\mod p}\times C_{\frac{i}{p}}^{\frac{j}{p}}$。$p$为模数。

所以$原式=F(n,k)=\sum_{i=0}^k C_{n\mod p}^i \mod 2333=C_{n/p}^0\times \sum_{i=0}^{p-1} C_{n\mod p}^i+C_{n/p}^1\times \sum_{i=0}^{p-1} C_{n\mod p}^i+……+C_{n/p}^{\frac{k}{p}-1}\times \sum_{i=0}^{p-1} C_{n\mod p}^i+C_{n/p}^{\frac{k}{p}} \sum_{i=0}^{n\mod p} C_{n\mod p}^i$

$=(\sum_{i=0}^{p-1} C_{n\mod p}^i)\times (\sum_{i=0}^{\frac{n}{p}-1} C_{k/p}^i)+C_i^{\frac{k}{p}} \sum_{i=0}^{n\mod p} C_{n\mod p}^i=f(n\mod p,p-1)\times F(n/p,\frac{k}{p}-1)+C_{n/p}^{\frac{k}{p}}\times f(n\mod p)$。

$Lucas$加预处理$f$即可。

时间复杂度$O(T\times log_{2333}^2 n)$

礼物

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$solution:$

换句话说就是求$C_n^m \mod p$，其中$p$为任意整数。

$exlucas$即可。

网格

link

$solution:$

为什么要用数学，直接$dp$即可。

有趣的数列

link

$solution:$

对于奇数序列位置所填的数可以想成$($，偶数序列位置所填的数想成$)$。然后按照$1-2n$的排序，发现只要成合法括号匹配即为$1$种可行解。

所以即为$Cat_n$，直接质因数分解算即可。

树屋阶梯

link

$solution:$

从$3->5$发现这不就是卡特兰数吗。再将$4$画出，发现是$14$，正好是$Cat_4$，所以猜测为$Cat_n$。

若在有$k$阶梯高度上至少需要k个钢材，设$f_i$表示i高度的答案。$f_0=1,f_1=1$.

所以$f_n=\sum_{i=0}^{n-1} f_i\times f_{n-1-i}$。

因为可以去枚举左上角的木块高度，然后右下角的高度就确定了，且可以将其扩展即为$1$组解。