清北学堂 2020 国庆J2考前综合强化 Day5

目录

• 1. 题目
  • T1 a
    • 题目描述
    • Sol
  • T2 b
    • 题目描述
    • Sol
  • T3 c
    • 题目描述
    • Sol
  • T4 d
    • 题目描述
    • Sol
• 2. 算法 - 贪心 & 数学
  • 1. 贪心
  • 2. 数学
    • 2.1 初等数论
    • 2.2 组合数学
    • 2.3 线性代数
    • 2.4 简单几何

1. 题目

T1 a

题目描述

题目描述

给一个仅包含字符 . 和 * 的字符串。问是否存在 \(3\) 个 *，它们的位置构成等差数列。

输入格式

第一行一个整数 \(n\) 表示字符串长度。

第二行一个字符串。

输出格式

yes 或 no 表示是否存在。

样例输入 \(1\)

5
..***

样例输出 \(1\)

yes

样例输入 \(2\)

5
*..**

样例输出 \(2\)

no

数据规模

• 对于 \(50\%\) 的数据，\(n≤50\)。
• 对于 \(100\%\) 的数据，\(n≤5000\)。

Sol

sb 题，直接枚举两个数算出第三个数再 check 即可

T2 b

题目描述

题目描述

给一棵树，点黑白染色。现在要断开若干条边，使得每个连通块都恰好包含一个黑点。问有多少种方案。

输入格式

一行一个整数 \(n\) 表示点数。

接下来一行 \(n−1\) 个数表示点 \(1,⋯,n−1\) 的父亲节点（点从 \(0\) 开始编号）。

接下来一行 \(n\) 个数（\(0\) 或 \(1\)）表示点的颜色，其中 \(0\) 表示白色，\(1\) 表示黑色。

输出格式

一行一个数表示答案。答案对 \(10^9+7\) 取模。

样例输入 \(1\)

3
0 0
0 1 1

样例输出 \(1\)

2

数据规模

• 对于 \(40\%\) 的数据 \(n≤10\)。
• 另有 \(30\%\) 的数据 \(n≤500\)。
• 对于 \(100\%\) 的数据 \(n≤10^5\)。

Sol

树形 dp。

记 \(dp_{u,0}\) 表示以 \(u\) 为根的子树满足题意且 \(u\) 所在的连通块不包含黑点的方案数。

\(dp_{u,1}\) 表示以 \(u\) 为根的子树满足题意且 \(u\) 所在的连通块包含黑点的方案数。

然后直接枚举边 \(u\leftrightarrow v\) 背包转移即可。

即：

\[dp_{u,1}= dp_{u,1}(dp_{v,0}+dp_{v,1})+dp_{u,0}dp_{v,1}
\]

\[dp_{u,0}=dp_{u,0}(dp_{v,0}+dp_{v,1})
\]

T3 c

题目描述

时间限制 \(2\rm s\)

题目描述

给一个序列 \(a_1,⋯,a_n\)，\(Q\) 次询问，每次给出 \(l,r\)，要求回答

\[\sum_{i=l}^r\left(\underset{j\in[l,i]}{\operatorname{sum}}\,a_j\times\,\max_{j\in[l,i]}a_j\right)
\]

注：

\(∑\) 为求和符号，\(\sum\limits_{i=L}^Rx_i=x_L+x_{L+1}+\cdots+x_R\)。

\(\rm sum\) 和 \(∑\) 含义一样，\(\underset{j\in[L,R]}{\operatorname{sum}}x_i=\sum\limits_{i=L}^Rx_i\)。

\(\max\limits_{j\in[L,R]}=\max(x_L,x_{L+1},\cdots,x_R\)，表示 \(x\) 数组在区间 \([L,R]\) 的最大值。

输入格式

第一行一个整数 \(n\)。

第二行 \(n\) 个整数表示序列 \(a1,⋯,an\)。

第三行一个整数 \(Q\)。

接下来 \(Q\) 行，每行两个整数 \(l,r\)表示一个询问。

输出格式

\(Q\) 行，每行一个数表示答案，对 \(10^9+7\) 取模。

样例输入 \(1\)

5
4 6 1 7 9
2
1 5
2 4

样例输出 \(1\)

511
176

数据规模

• 对于 \(30\%\) 的数据，\(n,Q≤3000\)。
• 另有 \(30\%\) 的数据，\(n,Q≤10^5\)。
• 对于 \(100\%\) 的数据，\(n,Q≤10^6\)，\(0≤ai≤10^9\)。

本题 IO 量较大，请视情况斟酌 IO 方式。

Sol

\(O(n^2)\) 暴力可以获得 30pts .

对序列直接建线段树，每个节点直接维护区间是当前节点所代表区间时的答案。预处理可以暴力 \(O(n\log n)\) 做。

询问的时候考虑把询问拆成 \(O(\log n)\) 段区间，然后合并。

考虑把 \([l,r]\) 拆成 \([l,m]\cup[m+1,r]\)：

令 \(A=\sum\limits_{i=l}^ma_i\)，\(B=\max\limits_{j\in[l,m]}a_i\)，\(C\) 为 \([l,m]\) 的答案。

则询问 \([l,r]\) 的答案为：

\[\begin{aligned}&\sum_{i=l}^r\left(\underset{j\in[l,i]}{\operatorname{sum}}\,a_j\times\,\max_{j\in[l,i]}a_j\right)\\=&C+\sum_{i=m+1}^r\left(\underset{i\in[l,i]}{\operatorname{sum}}\,a_j\times\,\max_{j\in[l,i]}a_j\right)\\=&C+\sum_{i=m+1}^r\left(\left(A+\underset{j\in[m+1,i]}{\operatorname{sum}}\,a_j\right)\times\max\left\{B,\max_{j\in[m+1,i]}a_j\right\}\right)\end{aligned}
\]

令 \(S_i=\underset{j\in[m+1,i]}{\operatorname{sum}}\,a_j\)，\(M_i=\max\limits_{j\in[m+1,i]}a_j\)，则上式变为：

\[C+\sum_{i=m+1}^r((A+S_i)\times\max\{B,M_i\})
\]

对于上式的 \(\max\{B,M_i\}\) 那一项，容易发现它的取值是前面一段都等于 \(B\)，后面一段都等于 \(M\)，考虑二分出一个位置 \(t\)，使得 \(\forall i\le t : B\ge M_i\)，\(\forall i>t : B<M_i\)，那么上式变为：

\[\begin{aligned}&C+\sum_{i=m+1}^r((A+S_i)\times\max\{B,M_i\})\\=&C+\sum_{i=m+1}((A+S_i)B)+\sum_{i=t+1}^r((A+S_i)M_i)\\=&C+AB(t-m)+B\sum_{i=m+1}^t S_i+A\sum_{i=t+1}^rM_i+\sum_{i=t+1}^rS_iM_i\end{aligned}
\]

因此只要对每段维护 \(S_i,M_i\)，\(S_i\) 的前缀和，\(M_i\) 的后缀和与 \(S_iM_i\) 的后缀和即可。

时间复杂度 \(O(n\log^2 n)\)，60pts .

对序列建出区间最大值的笛卡尔树。

对于询问 \([l,r]\)，所有可能的最大值都出现在 \(l\) 到 \(\operatorname{lca}(l,r)\) 的路径上。

考虑这条路径上的每一个点 \(u\)，容易发现，如果 \(u\) 是父亲的右儿子，则没有任何一个 \(i\) 满足 \(\max\limits_{j\in[l,i]} a_j=a_u\)。如果 \(u\) 是父亲的左儿子，那么所有满足 \(\max\limits_{j\in[l,i]} a_j=a_u\) 的 \(i\) 恰好是那些 \(u\) 的右子树中的点。

即区间前缀和为 \(S_i\)，则：

\[\sum_{i=l}^r\left(\underset{j\in[l,i]}{\operatorname{sum}}\,a_j\times\,\max_{j\in[l,i]}a_j\right)=\sum_{i=l}^r(S_i-S_{l-1})\times\max_{j\in[l,i]}a_j
\]

那么只要维护 \(\sum\limits_{i=l}^r S_i\times\max\limits_{j\in[l,i]}a_j\) 和 \(\sum\limits_{i=l}^r\max\limits_{j\in[l,i]}a_j\) 即可。

这个直接对到根路径再做一个前缀和就行了。

预处理 lca，复杂度 \(O(n\log n+Q)\)，100pts .

T4 d

题目描述

时间限制 \(4\rm s\)

题目描述

一张无向图，边上有边权。每个点至少有两条邻边，且邻边的边权互不相同。

起初时刻 \(t=0\)，每个点上有一个人。每到一个新的时刻，每个人都会选择相邻的边权最大的边走过去。但如果这条边是回头路（上一个时刻通过这条边走到当前点），那么这个人就不会选择这条边权最大的边，而会选择次大的边。

现在有 \(Q\) 组询问，每个询问给出 \(u,t\)，要求回答在时刻 \(t\)，点 \(u\) 上有多少人。

输入格式

第一行两个整数 \(n,m\) 表示点数和边数。

接下来 \(m\) 行每行三个整数 \(u,v,w\)，表示 \(u,v\) 之间有一条边权为 \(w\) 的边。

接下来一行一个整数 \(Q\) 表示询问数。

最后 \(Q\) 行每行两个整数 \(u,t\) 表示一组询问。

输出格式

\(Q\) 行每行一个整数表示答案。

样例输入 \(1\)

7 8
1 2 5
1 4 3
1 5 6
2 3 7
3 5 8
6 4 10
7 6 5
5 7 1
2
3 8
1 1

样例输出 \(1\)

3
0

*数据规模

• 对于30%的数据，\(n,m,Q,t≤500\)。
• 另有30%的数据，\(n,m,Q,t≤5000\)。
• 对于100%的数据，\(n,m,Q≤10^6\)，\(0≤t,w≤10^9\)。无重边自环。

本题 IO 量较大，请视情况斟酌 IO 方式。

Sol

暴力模拟可以拿到 30pts，时间复杂度 \(O(Qnt)\) .

一个点走 \(k\) 步到了点 \(u\) 就把 \(ans_{k,u}\gets ans_{k,u}+1\)，时间复杂度 \(O(nt+Q)\)，可以获得 60pts .

把每条有向边看成一个点，这样每个点的出边是唯一确定的。

并且原图中之后最大边和次大边有可能走到，所以这张新图的点数只有 \(2n\)。

这样连出的新图是一个环套内向树森林。

最后询问的时候一个询问被拆成新图上两个点上的询问。

不妨把边反向，变成询问一个点 \(u\) 走 \(t\) 步能走到多少不同的黑点（其中黑点是那些最大边对应的点）。

不妨把询问离线。

如果 \(u\) 不在环上，那么就是询问子树中深度为的黑点有多少个。那么直接做可以启发式合并数组，复杂度 \(O(n\log n)\)。

其实每次对于当前点，它直接复用了长儿子的数组。然后所有短儿子的数组被暴力合并到这个数组里。这个复杂度其实是所有短儿子子树深度的总和。注意到短儿子其实就是一条长链的顶端，这就是所有长链长度的总和。所以复杂度其实是 \(O(n)\) 的。

或者可以再把一个询问拆成两个分别挂在 dfs 序的左右端点。然后再离线一次询问，把 dfs 序做一个前缀和（从前往后扫，维护当前前缀对应的所有点中，深度为的有多少个，这是一个数组）。然后在左端点把答案减去，右端点加上。复杂度 \(O(n)\)。

如果 \(u\) 在环上，假设环长是 \(L\)，那么一个 \(t\) 步能走到的点，\(t+L\) 步也一定能走到。不妨随便固定环上的一个点作为起点，把环拆成链。然后处理出距离它长度为 \(k\) 的点一共有 \(a_k\) 个（简单路径）。

那么对于询问就是要回答数组 \(a\) 下标模 \(L\) 的前缀和。这个预处理一下前缀和可以 \(O(1)\) 回答。

然后对于不同的询问 \(u\)，还要求出它们分别作为起点时，这个数组 \(a\) 是什么。

不妨令环上的下一个点是 \(v\)。假设已经求出了 \(u\) 对应的数组，现在要求 \(v\) 对应的数组。

这一步其实就是消除掉子树的贡献，然后把的 \(u\) 子树移到环最后（相当于深度 \(+L\)）。最后再把所有点的距离都 \(-1\)。

不妨把深度按照模 \(L\) 进行分类，那么每个类互不相关（因为做前缀和不会跨类）。

因为现在要维护一个前缀和的数组，所以每次修改要对后缀进行加减。这个可以用树状数组来维护。复杂度 \(O(n\log n)\)。

但是注意到每次的修改是把距离 \(+L\)。换言之，在同一个类中，这些深度对应的位置只往后移了一格。

从而如果修改 \(k\) 个位置，前缀和只会至多修改 \(k+1\) 个位置。所以暴力修改这些位置，复杂度 \(O(n)\)。

故总复杂度是线性的。

2. 算法 - 贪心 & 数学

1. 贪心

Problem 1：有 \(n\) 个农民，每个有 \(a_i\) 单位的牛奶，单价 \(P_i\)。现在要求从农民手里购买不超过 \(a_i\) 单位的牛奶。总共买 \(M\) 单位。求最小花费。

排个序就好了。

---

Problem 2：有 \(n\) 个物品，每个有大小。有若干容积为 \(L\) 的箱子，在每个里面至多放两个物品。问装下所有物品至少要多少箱子。

排序，最大最小配对。

正确性证明：

设序列中最大值为 \(A\)，如果其和最小的 \(B\) 不能放一起，那么显然它只能自己放一个箱子。

那如果可以放，那么最优解中 \(A\) 落单。

如果 \(B\) 也落单了：矛盾

若有令一个 \(C\) 使得 \(B\) 和 \(C\) 配对：换成 \(A,B\) 配对，\(C\) 落单，显然更优。

若 \(A\) 和 \(C\) 配对了：

若 \(B\) 落单了：则让 \(A,B\) 配对，\(C\) 落单，更优。

若 \(B\) 和 \(D\) 配对：那么让 \(A,B\) 配对，\(C,D\) 配对更优。

所有情况都使得 \(A,B\) 配对，Q.E.D.

---

Problem 3：有 \(n\) 个物品，每个物品有属性 \(A,B\)。将其排成一行。

将 \(i\) 物品放在 \(j\) 位置将会产生 \((j-1)A_i+(n-j)B_i\) 的代价，使总代价最小。

先把式子变成 \(\text{total cost} = \textbf{CONSTANT} + \text{sum}(a_i-b_i)\)，其中 \(\textbf{CONSTANT}\) 是一个常量。

过程：

\[(j-1)A_i+(n-j)B_i=j(a_i-b_i)-a_i+nb_i
\]

显然后面是个常量，故 \(\text{total cost} = \textbf{CONSTANT} + \text{sum}(a_i-b_i)\)。

按 \(a_i-b_i\) 排序即可。

---

?????????：求 MST（最小生成树） .

性质：一个点的最小出边一定在 MST 中。

证明：

假设 \(x\) 最短的一条边为 \((x,y)\) .

那么我们现在考虑将 \(x,y\) 连接起来（最小生成树的任意两点一定是连通的嘛），那么就只有两种不同的情况，直接连通和间接连通。

我们现在就是要证明直接连通至少不比间接连通差。

既然要间接连通，那么假设这条路是 \(x \to a\to b \to \cdots \to y\)，其实这个最终连接的效果是可以等效于 \(a\to b \to \cdots \to y\to x\) 的，

然而这里唯一的区别就是一个选择了了 \(x \to a\)，一个选择了 \(y \to x\)，那么我们知道选择 \((x,y)\) 的代价肯定是不差于 \((x,a)\)的。

证毕。

替换原则：最小生成树一定是最小瓶颈生成树。

证明：

显然

Algorithm 1：Prim 算法

思想：先随便找一个点 \(u\)，寻找 \(u\) 的最小出边对应的点 \(v\)，然后寻找 \(u,v\) 的最小出边对应的点 \(w\)（\(w ≠v\)），\(\cdots\)，一直操作直到所有点都被找到。

维护 \(dis_u\) 表示目前点 \(u\) 的最小边权，每次寻找最小的 \(dis\) 然后更新出边即可。

证明：

由于 MST 的性质，所以全局最小边也在 MST 中。

这就把 Prim 的核心思想证明了。

Q.E.D.

时间复杂度：

	Fibonacci 堆	普通堆
稀疏图	\(O(n \log n+m)\)	\(O(m\log n)\)
稠密图	\(O(n^2)\)	\(O(n^2\log n)\)

Algorithm 2：Kruskal 算法

思想：先把边从小到大排序，用并查集维护，每次把不形成环且边权最小的边的两个点并起来，最后得到的就是 MST。

证明：

考虑最小瓶颈生成树的做法

二分一个 \(k\)，判断瓶颈 \(\le k\) 的最小瓶颈生成树是否存在。

判断可以用并查集合并，但是发现可以直接枚举合并，这和 Kruskal 的算法过程一模一样。

因为最小生成树一定是最小瓶颈生成树，故 Kruskal 求出的一定是 MST。

Q.E.D.

时间复杂度：（若并查集用按秩合并 + 路径压缩）\(O(m \log m+mα(n))\)

Algorithm 3：Boruvka 算法

思想：把每条边都连出最小边，然后直接把联通块缩成点，反复操作即可。

证明：

显然

时间复杂度：\(O(m\log m)\)

Algorithm 4：？？？算法

先跑 \(O(\log \log n)\) 次 Boruvka：\(O(m \log \log n)\)。

得到 \(O\left(\dfrac{n}{\log n}\right)\)个点的图。再用 Prim。

时间复杂度 \(O(n+m)\)。

2. 数学

2.1 初等数论

约数：定义，对于两个整数 \(a,d\)，若存在一个整数 \(k\)，使得 \(a=kd\)，则称 \(d\) 是 \(a\) 的约数（因数），\(a\) 是 \(d\) 的倍数，记做 \(d\mid a\) .

一个数的约数个数是 \(O(\sqrt n)\) 的，但是 \(1\sim n\) 中每个数的正约数个数和是 \(O(n\log n)\) 的：

\[\sum_{i=1}^n\left\lfloor\dfrac ni\right\rfloor=O(n \log n)
\]

因为调和级数 \(H(n)=\sum\limits_{i=1}^n\dfrac 1i=\log n+\gamma\)，乘上个 \(n\) 也就是 \(O(n\log n)\) 的了。

质数：定义，对于 \(n>1\)，如果其正约数只有 \(1\) 与 \(n\)，则称 \(n\) 为素数（质数），其余除 \(1\) 外都是合数。

素数定理：\(n\) 以内的素数个数为 \(\pi(n)\sim\dfrac n{\log n}\) .

筛法：

这个思想就是用约数筛掉，时间复杂度 \(O(n\log\log n)\)。

当然还有 \(O(n)\) 的线性筛，但普及组不做要求。

判断素数：

1. \(O(\sqrt n)\) 直接做
2. 先做出 isprime 素数表，就能 \(O(\sqrt n\log\log n)\) 预处理，\(O\left(\dfrac{\sqrt n}{\log n}\right)\) 查询了。
3. Miller - Rabin 算法，因为太强，不做要求。
4. AKS 算法，因为太强，不做要求（多项式时间的确定性算法！）。

算术基本定理：对于任意一个正整数 \(n\)，有且仅有一种方法将 \(n\) 表示为如下形式：

\[n=p_1^{q_1}p_2^{q_2}\cdots p_r^{q_r}
\]

其中，\(p_i\) 是满足 \(p_1<p_2<\cdots<p_r\) 的素数，\(q_i\) 为正整数。

分解质因数：

就是朴素的枚举法分解质因数，时间复杂度 \(O(\sqrt n)\)（其实可以再优化下）。

还有 Pollard Rho 算法，因为太强，所以不做要求（时间复杂度 \(O(\sqrt[4]{n})\)）

最大公约数与最小公倍数：最大的公约数叫最大公约数，记做 \(\gcd(a,b)\)；最小的公倍数叫最小公倍数，记做 \(\operatorname{lcm}(a,b)\) .

性质：

• \(ab=\gcd(a,b)\operatorname{lcm}(a,b)\)
• \(\gcd(a,b)=\gcd(b,a\bmod b)\)（辗转相除法）
• \(\gcd(a,b)=\gcd(a+kb,b)\qquad(k\in\mathbb Z)\)
• \(\gcd(ka,kb)=k\cdot\gcd(a,b)\)
• \(\gcd(a_1,a_2,\cdots,a_n)=\gcd(a_1,a_2-a_1,a_3-a_2,\cdots,a_n-a_{n-1})\)（更相减损术）
• 设 \(a=C_1\cdot p_1^{e_1}p_2^{e_2}\cdots p_r^{e_r}\)，\(b=C_2\cdot p_1^{f_1}p_2^{f_2}\cdots p_r^{f_r}\)（其中 \(C_{1/2}\) 后面的东西是标准分解，\(C_{1/2}\) 是随便一个常数），则：
  • \(\gcd(a,b)=p_1^{\min(e_1,f_1)}p_2^{\min(e_2,f_2)}\cdots p_r^{\min(e_r,f_r)}\)
  • \(\operatorname{lcm}(a,b)=C_1\cdot C_2\cdot p_1^{\max(e_1,f_1)}p_2^{\max(e_2,f_2)}\cdots p_r^{\max(e_r,f_r)}\)

因为 \(\gcd(a,b)=\gcd(b,a\bmod b)\)，所以可以得到如下求 \(\gcd\) 的程序（辗转相除法）：

更相减损术：

也是 \(O(\log n)\) 的，但是只用了乘法和加法，适合高精。

裴蜀定理：对于不全为 \(0\) 的非负整数 \(a,b\)，必然存在整数 \(x,y\)，使得

\[ax+by=\gcd(a,b)
\]

方程 \(ax+by=c\) 有解的充要条件为 \(\gcd(a,b)\mid c\) .

欧几里得算法：

\[\begin{aligned}ax+by&=\gcd(a,b)\Longleftrightarrow\\\left(\left\lfloor\dfrac ab\right\rfloor b+a\bmod b\right)+by&=\gcd(b,a\bmod b)\Longleftrightarrow\\b\left(\left\lfloor\dfrac ab\right\rfloor x+y\right)+(a\bmod b)x&=\gcd(b,a\bmod b)\end{aligned}
\]

即可求出一组满足上式的解 \(\begin{cases}x'=\left\lfloor\dfrac ab\right\rfloor x+y\\ y'=x\end{cases}\) .

原方程的一组特解 \(\begin{cases}x_0=y'\\y_0-\left\lfloor\dfrac ab\right\rfloor x_0\end{cases}\) .

所有解为 \(\begin{cases}x=x_0+\dfrac{kb}{\gcd(a,b)}\\y=y_0-\dfrac{kb}{\gcd(a,b)}\end{cases}\) .

当方程为 \(ax+by=d\) 时，原方程的解为

\[\begin{cases}x=\dfrac{dx_0+kb}{\gcd(a,b)}\\y=\dfrac{dy_0-kb}{\gcd(a,b)}\end{cases}
\]

代码：

求线性同余方程 \(ax\equiv b\pmod p\)，或判断其无解。

显然这个等同于求解 \(ax-py=b\)，套 exgcd 即可。有解条件就是 \(\gcd(a,p)\mid b\)。

当 \(p\) 为素数时，我们有费马小定理：

对于任意整数 \(a\) 和素数 \(p\)，有：

\[a^p\equiv a\pmod p
\]

所以答案为 \(b\cdot a^{p-2}\) .

当 \(b=1\) 时，这东西又叫做 \(a\) 模 \(p\) 的乘法逆元。

\(O(n)\) 求 \(1\sim n\) 内的逆元：

先用费马小定理求出 \(n!^{-1}\) .

利用 \(k^{-1}\equiv(k+1)^{-1}(k+1)\pmod p\) 倒推出所有阶乘的逆元。

利用等式 \(k^{-1}=k!^{-1}(k-1)!\) 求出所有数的逆元。

2.2 组合数学

加法原理：若一个事件可以分为两类，这两类的方案数分别为 \(a,b\)，则这个事件的方案数为 \(a+b\) .

乘法原理：若一个事件可以分为两步，这两步的方案数分别为 \(a,b\)，则这个事件的方案数为 \(a\times b\) .

排列数：有 \(n\) 个不同的物品，从中有序的选出 \(m\) 个物品，这个方案数记做 \(A_n^m\)（或 \(P_n^m\)）.

\[A_n^m=n\cdot (n-1)\cdot(n-2)\cdot(n-m+1)=\dfrac{n!}{(n-m)!}
\]

组合数：有 \(n\) 个不同的物品，从中无序地选出 \(m\) 个物品，

这个方案数记为 \(C_{n}^m\) (或 \(\dbinom{n}{m}\))。

\[C_n^m=\dfrac{n\cdot (n-1)\cdot(n-2)\cdot(n-m+1)}{1\cdot 2\cdot 3\cdots \cdot m}=\dfrac{n!}{m!(n-m)!}
\]

可重全排列：有 \(k\) 种物品，物品的总个数为 \(n\)，每种物品的

个数分别为 \(n_1,n_2,\cdots,n_k\) 个，它们组成的全排列个数为

\[C_n^{n_1}\cdot C_{n-n_1}^{n_2}\cdot C_{n-n_1-n_2}^{n_3}\cdots \,\cdot C_{n_k}^{n_k}=\dfrac{n!}{n_1!n_2!\cdots nk!}
\]

• \(A_n^m=C_n^m\cdot m!\)
• \(C_n^m=C_n^{n-m}\)
• \(C_n^m=C_{n-1}^m+C_{n-1}^{m-1}\)
• \(\sum\limits_{i=0}^nC_n^i=2^n\)

可重组合：有 \(n\) 种物品，从中无序地选出 \(m\) 个，同种物品可以选出多次，方案数为 \(C^m_{n+m−1}\) .

隔板法：

不定方程 \(x1+x_2+\cdots+x_m=n\) 的正整数解的个数为 \(C^{m-1}_{n-1}\) .

不定方程 \(x1+x_2+\cdots+x_m=n\) 的非负整数解的个数为 \(C^{n-1}_{n+m-1}\) .

Catalan 数：

• 通项：\(C_n=\dfrac{1}{n+1} \dbinom{2n}{n}\)
• 递推：

\[C_n=\sum\limits_{i=0}^{n-1}C_iC_{n-i-1}
\]

\[C_n=\dfrac{4n-2}{n+1}C_{n-1}
\]

二项式定理：

\[(x+y)^n=\sum_{i=0}^n\dbinom{n}{i}x^iy^{n-i}
\]

求组合数 \(C_n^m\)，结果 \(\bmod p\) .

1. 直接用递推式，时间复杂度 \(O(n^2)\) .
2. 利用公式 \(C_n^m=\dfrac{n!}{m!(n-m)!}\)，将 \(n,m,n-m\) 分解素因子，时间复杂度 \(O(\pi(\max\{n,m\}))\) .
3. 还是利用方法二中的公式，但把后面分解质因数的部分修改为：预处理 \(i!\) 及其逆元。
   
   时间复杂度 \(O(n)\)。但有要求：\(p>n\)，且 \(i!\) 存在对
   
   \(p\) 的逆元。这种方法常用于 \(p\) 为大质数时。
4. Lucas 定理，对于任意素数适用，但不作要求。

容斥原理：

\[|S_1\cup S_2\cup\cdots\cup S_n|=\sum_i|S_i|-\sum_{i<j}|S_i\cap S_j|+\sum_{i<j<k}|S_i\cap S_j\cap S_k|+\cdots+(-1)^{n-1}|S_1\cap S_2\cap\cdots\cap S_n|
\]

\[|\overline{S_1}\cup \overline{S_2}\cup\cdots\cup \overline{S_n}|=|U|-|S_1\cup S_2\cup\cdots\cup S_n|
\]

特殊情况：

1. \(|A\cup B|=|A|+|B|-|A\cap B|\)
2. \(|A\cup B\cup C|=|A|+|B|+|C|-|A\cap B|-|B\cap C|-|C\cap A|+|A\cap B\cap C|\)

2.3 线性代数

矩阵：

定义：一个 \(n\times m\) 的二维数组：

\[A_{n\times m}=\begin{bmatrix}a_{11}&a_{12}&\cdots & a_{1m}\\ a_{21}&a_{22}&\cdots &a_{2m}\\\vdots&
\vdots&\ddots&\vdots\\a_{n1}&a_{n2}&\cdots &a_{nm}\end{bmatrix}\]

运算：

• 加减法：\(C=A+B\Longrightarrow C_{ij}=A_{ij}+B_{ij}\)，满足交换律和结合律。
• 数乘：\(C=\lambda A\Longrightarrow C_{ij}=\lambda A_{ij}\)，满足对加减法的分配律。
• 乘法：对于一个 \(n\times r\) 的矩阵 \(A\) 和一个 \(r\times m\) 的矩阵 \(B\)，其乘积为一个 \(n\times m\) 的矩阵 \(C=AB\)，其中：

\[C_{ij}=\sum_{k=1}^r A_{ik}B_{kj}
\]

因为矩阵乘法满足结合律，所以矩阵求幂可以用快速幂。

矩阵加速：求 Fibonacci 数列的第 \(n\) 项 \(F_n\)，\(n\le 10^{18}\) .

构造一个 \(1\times 2\) 的矩阵表示 Fibonacci 数列的相邻两项：

\[\begin{bmatrix}F_n,F_{n-1}\end{bmatrix}
\]

可以发现：

\[\begin{bmatrix}F_{n+1},F_n\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}F_n,F_{n-1}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}1&1\\1&0\end{bmatrix}
\]

显然初始矩阵是 \(\begin{bmatrix}1,0\end{bmatrix}\)，跑个矩阵快速幂即可。

高斯消元法：

求解下列 \(n\) 元线性方程组的解，或判断其无解或无穷多解：

\[\begin{cases}a_{11}x_1+a_{12}x_2+\cdots +a_{1n}x_n=b_1\\a_{21}x_1+a_{22}x_2+\cdots +a_{2n}x_n=b_1\\\cdots\\a_{m1}x_1+a_{m2}x_2+\cdots +a_{mn}x_n=b_m\end{cases}
\]

消成斜线即可。

2.4 简单几何

向量：有向线段。

坐标表示：用平面中的点对 \((x,y)\) 表示，此时向量的长度为

点 \((x,y)\) 到原点的距离，方向为点 \((x,y)\) 相对于原点的方向。

• 加减法：\((x_1,y_1)+(x_2,y_2)=(x_1+y_1,x_2+y_2)\) .
  
  几何意义：点的平移
• 数乘：\(\lambda(x,y)=(\lambda x,\lambda y)\) .
  
  几何意义：长度变为原来的 \(\lambda\) 倍。
• 点积（数量积或内积）：\((x_1,y_1)\cdot(x_2,y_2)=x_1x_2+y_1y_2\) .
  
  几何意义：一个向量的长度乘以另一个向量在它上面的投影的长度。
• 叉积（向量积）：\((x_1,y_1)\times(x_2,y_2)=x_1y_2-x_2y_1\) .
  
  几何意义：它们组成的平行四边形的有向面积。

正弦定理：对于 \(\triangle ABC\) 的三边长 \(a,b,c\) 及其对角 \(\angle A\)，\(\angle B\)，\(\angle C\)，有：

\[\dfrac{a}{\sin A}=\dfrac{b}{\sin B}=\dfrac{c}{\sin C}
\]

余弦定理：对于 \(\triangle ABC\) 的三边长 \(a,b,c\) 及其对角 \(\angle A\)，\(\angle B\)，\(\angle C\)，有：

\[c^2=a^2+b^2-2ab\cos C
\]

\[b^2=a^2+c^2-2ac\cos C
\]

\[a^2=b^2+c^2-2bc\cos C
\]

旋转公式：对于平面中的一个点 \((x,y)\)，将其绕原点逆时针旋转角 \(\theta\)，得到的新点坐标为

\[(x',y')=(x\cos\theta-y\sin\theta,x\sin\theta+y\cos\theta)
\]