文章目录
算法中的数学知识
约数
约数个数
原题链接:约束个数
代码如下:
#include <iostream>
#include <unordered_map>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 110, mod = 1e9 + 7;
int main() {
int n;
cin >> n;
unordered_map<int, int> primes; //分别存储质因子的底数和指数
while(n--) {
int x;
cin >> x;
for(int i = 2; i <= x / i; i++) {
while(x % i == 0) {
x /= i;
primes[i]++;
}
}
if(x > 1) primes[x]++;
}
long long res = 1;
for(auto prime : primes) res = res * (prime.second + 1) % mod;
cout << res;
return 0;
}
约数之和
原题链接:约数之和
代码如下:
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod = 1e9 + 7;
int main() {
int n;
cin >> n;
unordered_map<int, int> primes;
while(n--) {
int x;
cin >> x;
for(int i = 2; i <= x / i; i++) {
while(x % i == 0) {
x /= i;
primes[i]++;
}
}
if(x > 1) primes[x]++;
}
long long res = 1;
for(auto prime : primes) {
long long t = 1;
while(prime.second --)
t = (prime.first * t + 1) % mod;
res = res * t % mod;
}
cout << res;
return 0;
}
筛法求质数
原题链接:筛质数
每次从最小质数开始遍历,可以保证n只会被最小质数筛到, 避免多次筛到, 每个数只会被筛一次, 即时间复杂度为 O ( n ) O(n) O(n), 线性筛法
#include <iostream>
using namespace std;
const int N = 1e6 + 10;
int primes[N];
bool st[N];
int n;
int get_primes(int n) {
if(n < 2) return 0;
int cnt = 0;
for(int i = 2; i <= n; i++ ) { //一次线性筛选,即可完成操作
if(!st[i]) primes[cnt++] = i; //没被筛到,则为质数
for(int j = 0; primes[j] * i <= n; j++) {
st[primes[j] * i] = true; //从最小质数集开始筛选相关合数
if(i % primes[j] == 0) break; //找到最小质因数,直接操作结束
}
}
return cnt;
}
int main() {
cin >> n;
cout << get_primes(n);
return 0;
}
阶乘分解
题目链接:https://www.acwing.com/problem/content/description/199/
解法一
思路分析:
先用线性筛法
求出质数数组,随后对每个质数进行操作
a n s = ∑ p r i m e s [ i ] n n p + n p 2 + n p 3 + … ans = \sum_{primes[i]}^{n} \frac{n}{p} + \frac{n }{p^2} + \frac{n}{p^3} + … ans=∑primes[i]npn+p2n+p3n+…
代码
//思路:将质数最小到大进行枚举,直接通过“倍数”[n/p]来计算相应次数,然而[1,n]中
//有的数含的p的次数不止一次,故进行[n/p] + [n / p^2] + [n / p^3] + ...
#include <iostream>
using namespace std;
const int N = 1e6 + 10;
int primes[N], cnt = 0;
bool st[N];
void get_primes(int n) {
for(int i = 2; i <= n; i++) { //枚举1~n中的所有筛选质数
if(!st[i]) primes[cnt++] = i; //若没有被筛掉,则为质数
for(int j = 0; primes[j] * i <= n; j++) {
st[primes[j] * i] = true;
if(i % primes[j] == 0) break;
}
}
}
int main() {
int n;
cin >> n;
get_primes(n); //先初始化primes数组
//然后进行枚举各个质数算出次数
for(int i = 0; i < cnt; i++) {
int p = primes[i]; //质数
int t = n, ct = 0;
while(t) ct += t / p, t /= p; //每次的t/=p,下一次就成了cnt += t/p^2
printf("%d %d\n", primes[i], ct);
}
}
解法二:
思路同上
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n;
bool prime(int x) {
if (x == 2) return 1;
for (int i = 2; i * i <= x; i++) if (x % i == 0) return 0;
return 1;
}
int main() {
scanf("%d", &n);
for (int i = 2; i <= n; i++) {
if (!prime(i)) continue;
long long x = i; int ans = 0;
while (x <= n) ans += n / x, x *= i;
printf("%d %d\n", i, ans);
}
return 0;
}
欧拉函数
基本模板
原题链接:欧拉函数
#include <iostream>
#include <unordered_map>
using namespace std;
int euler(int x) {
int res = x;
for(int i = 2; i <= x / i; i++) {
if(x % i == 0) {
res = res / i * (i - 1);
while(x % i == 0) x /= i;
}
}
if(x > 1) res = res / x * (x - 1);
return res;
}
int main() {
int n;
cin >> n;
while(n --) {
int a;
cin >> a;
cout << euler(a) << endl;
}
return 0;
}
筛法求欧拉函数
代码如下:
//欧拉:1 ~ n - 1 中与n互质的数的个数
#include <iostream>
#include <bitset>
using namespace std;
const int N = 1e6 + 10;
int primes[N], cnt;
int phi[N];
bitset<N> st;
long long get_eulers(int n) {
long long res = 0;
phi[1] = 1;
for(int i = 2; i <= n; i++) { //线性筛法,遍历一次n
if(!st[i]) { //没有被筛,质数
primes[cnt++] = i;
phi[i] = i - 1; //若为质数,则代表1 ~ i - 1都为互质
}
for(int j = 0; primes[j] <= n / i; j++) {
st[primes[j] * i] = 1;
if(i % primes[j] == 0) {
//若primes[j]为i的质因数,则有 primes[j] 的质因子必然存在于i中
phi[i * primes[j]] = primes[j] * phi[i];
break;
}
//若i % primes[j] != 0,则对质数primes[j]另行计算有:p[j] * (p[j] - 1) / p[j]
phi[i * primes[j]] = phi[i] * (primes[j] - 1);
}
}
for(int i = 1; i <= n; i++) res += phi[i];
return res;
}
int main() {
int n;
cin >> n;
cout << get_eulers(n);
return 0;
}
大数据幂的欧拉函数
原题链接:互质数的个数
分析:
如上图可以将 ϕ ( a b ) \phi(a^b) ϕ(ab)分解为 a b ∗ ϕ ( a ) a^b*\phi(a) ab∗ϕ(a), 继续演变为求欧拉
和快速幂
的结合应用
*** 代码如下:***
#include <iostream>
using namespace std;
const int MOD = 998244353;
long long qmi(long long a, long long b) {
long long res = 1;
while(b) {
if(b & 1) res = res * a % MOD;
a = a * a % MOD;
b >>= 1;
}
return res;
}
int main() {
long long a, b;
cin >> a >> b;
if(a == 1) { //题目要求是x不能取到a^b, 故如果a=1,互质个数为0
cout << 0 << endl;
return 0;
}
long long res = a, x = a;
for(int i = 2; i <= x / i; i++) {
if(x % i == 0) {
res = res / i * (i - 1);
while(x % i == 0) x /= i;
}
}
if(x > 1) res = res / x * (x - 1);
cout << res * qmi(a, b - 1) % MOD << endl;
return 0;
}
快速幂
基本思想:
将 a k a^k ak化为 a 2 x 1 ∗ a 2 x 2 ∗ a 2 x 3 ∗ . . . ∗ a 2 x t a^{2x~1~}*a ^{2x~2~} * a^{2x~3} * ...*a^{2x~t~} a2x 1 ∗a2x 2 ∗a2x 3∗...∗a2x t
***本质:***将k
化为若干个2的次幂之和
这时候可以想到用二进制来操作
例如:若 k = 1101010
< = = > <==> <==> 2 1 + 2 3 + 2 5 + 2 6 2^1 + 2^3 + 2^5 + 2^6 21+23+25+26
对二进制位数进行遍历, 当k & 1 == 1
,即当前k
的最后一个位置为1
,进行累乘
代码如下:
#include <iostream>
using namespace std;
typedef long long LL;
// a^k % p
int qmi(int a, int k, int p) {
int res = 1;
//本质:将k拆分为2的n次幂之和
while(k){
if(k & 1) res = (LL)res * a % p;
k >>= 1;
a = (LL)a * a % p;
}
return res;
}
int main() {
int n;
cin >> n;
while(n-- ) {
int a, b, p;
scanf("%d%d%d", &a, &b, &p);
cout << qmi(a, b, p) << endl;
}
return 0;
}
费马小定理
a p 与 a 在 m o d ( p ) 的情况下是同余的 a^p与a在mod(p)的情况下是同余的 ap与a在mod(p)的情况下是同余的
快速幂求逆元
**分析:**只需求出 b p − 2 % p b^{p-2}\ \%\ p bp−2 % p的快速幂即可
代码如下:
#include <iostream>
using namespace std;
typedef long long LL;
int qmi(int a, int k, int p) {
int res = 1;
while(k) {
if(k & 1) res = (LL)res * a % p;
k >>= 1;
a = (LL)a * a % p;
}
return res;
}
int main() {
int n;
cin >> n;
while(n-- ) {
int a, p;
scanf("%d%d", &a, &p);
if(a % p == 0) cout << "impossible" << endl;
else cout << qmi(a, p - 2, p) << endl;
}
return 0;
}
数论分块
一般在算法中遇到时间复杂度为
1e9
的, 那么一次 O ( n ) O(n) O(n)的遍历无法解决问题
求··· ∑ i = 1 n [ n i ] \sum_{i=1}^n{[\frac{n}{i}]} ∑i=1n[in]···
例题:因数平方和
分析:
要求 n n n的约数,时间复杂度肯定不够, 所以想到反着求
a
是b
的约数
<==> b
是a
的倍数
,所以我们只需要求哪些数包含约数a
相加
每一个约数a
对答案的贡献度为 a 2 a^2 a2, 每个数a
是 n a \frac{n}{a} an个数的约数
故a
这个数对答案的总贡献为 a 2 ∗ [ n a ] a^2\ *\ [\frac{n}{a}] a2 ∗ [an],故答案为:
∑ i = 1 n [ n i ] ∗ i 2 \sum_{i=1}^n\ [\frac{n}{i}]*i^2 i=1∑n [in]∗i2
由上可知, 可以将n
划分为前半段和后半段的话, 可计算出只需操作 2 n 2\sqrt{n} 2n个数即可
如此, 可以将 n n n优化为 2 n 2\sqrt{n} 2n个数进行计算
进行分块治理,如下
将区间长度为 n n n划分为 2 n 2\sqrt{n} 2n个区间, 对每个区间进行求值,每个区间值相同, 只需算连续平方和,可以直接用公式求平方和值, 故每个区间只需要算一次即可
结果: O ( N ) − − > O ( N 2 ) O(N) - - > O(N^2) O(N)−−>O(N2)
推导出:每个区间最大的位置: y = n / x y = n / x y=n/x , 对于各个区间值为== x = n / i x = n / i x=n/i==
即计算区间和每个== [ i , y ] [i, y] [i,y]区间即可, 然后算完一个区间直接 i = y + 1 i = y + 1 i=y+1,来跳跃到下一个区间进行计算, 总共只需要算 2 n 2\sqrt{n} 2n==次
具体代码:
此题在计算平方和时可能数据量会超大(超LL)
__int128写法
#include <iostream>
using namespace std;
const int MOD = 1e9 + 7;
typedef long long LL;
//__int128 : 2^127 - 1
LL calc(int n) { //计算平方和
//这里可能特别大超过2^64(LL),故用__int128临时存储数值
return n * (__int128)(n + 1) * (2*n + 1) / 6 % MOD;
}
int main() {
int n;
cin >> n;
LL res = 0;
for(int i = 1; i <= n; ) {
//划分为2sqrt(n)个区间,每个区间的所有数相等,第i个区间值为n/i
int x = n / i, y = n / x;
//求区间[i, y]的平方和,再乘上x值
res = res + x * (calc(y) - calc(i - 1)) % MOD;
i = y + 1;
}
//这块可能取模相减为负值,故
cout << (res + MOD) % MOD << endl;
return 0;
}
逆元写法
LL calc(int n) { //计算平方和
//这里可能特别大超过2^64(LL),故用__int128临时存储数值
// return n * (LL)(n + 1) * (2*n + 1) / 6 % MOD;
//逆元写法
return n * (LL)(n + 1) % MOD * (2*n + 1) % MOD * 166666668 % MOD;
}
//计算 /6 的逆元
/for(int i = 1; ;i++) { //算出逆元答案为166666668, 带入上式替换掉 '/6'
if(i * 6 % MOD == 1) {
cout << i << endl;
return 0;
}
}
例题2:余数之和
思想:
首先看到数据范围为1e9级别,故可以想到用分块思想,优化到 O ( 2 n ) O(2\sqrt{n}) O(2n)
k % i k \% i k%i <==> k − [ k i ] ∗ i k - [\frac{k}{i}]*i k−[ik]∗i
则 k % ∑ 1 n k \% \sum_1^n k%∑1n < = = > <==> <==> n ∗ k − ∑ i = 1 n [ k i ] ∗ i n*k\ -\ \sum_{i=1}^n[\frac{k}{i}]*i n∗k − ∑i=1n[ik]∗i
代码:
#include <iostream>
using namespace std;
typedef long long LL;
LL sum_primes(int n, int k) {
//k % i = k - [k / i] * i ---> k % [1, n] = n*k - k / [1,n]*i
LL res = (LL)n * k;
for(int i = 1; i <= n; ) {
if(k < i) break; //此时往后全为0,不用操作了
int x = k / i, y = min(k / x, n); //区间有极限值为n,防止越界
//求区间总值 * x --- > 等差数列求和:n * (a1 + an) / 2
res -= x * (LL)(y - i + 1) * (i + y) / 2;
i = y + 1; //操作下一个区间
}
return res;
}
int main() {
int n, k;
cin >> n >> k;
cout << sum_primes(n, k) << endl;
return 0;
}
高斯消元法
基本性质:
把某一行乘一个非 0 0 0的数 (方程的两边同时乘上一个非 0 0 0数不改变方程的解)
交换某两行 (交换两个方程的位置)
把某行的若干倍加到另一行上去 (把一个方程的若干倍加到另一个方程上去)
算法步骤
枚举每一列c
-
- 找到绝对值最大的一行
-
- 将该行换到最上面
-
- 将该行第1个数变成1
-
- 将下面所有行的第
c
列清成0
- 将下面所有行的第
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cmath>
using namespace std;
const int N = 110;
double a[N][N];
int n;
const double eps = 1e-8; //浮点型存在精度误差,容易
/*枚举每一列
- 1. 找到绝对值最大的一行
- 2. 将该行换到最上面(第r行)
- 3. 将该行第1个数变成1
- 4. 将下面所有行的第`c`列清成0
*/
int gauss() {
int c, r;
//首先开始枚举每一列进行“清零”操作
for(c = 0, r = 0; c < n; c ++) {
int mx_r = r;
for(int i = r; i < n; i++) //找到绝对值最大的一行
if(fabs(a[i][c]) > fabs(a[mx_r][c]))
mx_r = i;
if(fabs(a[mx_r][c]) < eps) continue; //判断最大如果为0,那么没有算的必要
for(int i = c; i <= n; i++) swap(a[mx_r][i], a[r][i]); //换到第r行
for(int i = n; i >= 0; i-- ) a[r][i] /= a[r][c]; //第”首位(c)“变为1
for(int i = r + 1; i < n; i++ ) {
// 将下面所有行的第`c`列清成0
if(fabs(a[i][c]) > eps) //若是=0则没必要操作
for(int j = n; j >= c; j--)
a[i][j] -= a[i][c] * a[r][j]; //a[r][c]为1,故这样可以消0
}
r++; //该方程式固定好,进行下一个方程式行的操作
}
//判断无解和无限解的情况
if(r < n) { //这样的话,那么说明未知数方程式个数不足n,则无法构成完美梯形
for(int i = r; i < n; i++ )
if(fabs(a[i][n]) > eps) //多出的答案bi若是不等于0
return 2; //无解
return 1; //无限解 0 == 0
}
//进行上三角矩阵的方程化简
for(int i = n - 1; i >= 0; i -- ) { //从后往前,anxn = bn,一步一步推前方的方程式未知数
for(int j = i + 1; j < n; j++) //每i到最后只需保留第i个数(1),其它数全清零
a[i][n] -= a[i][j] * a[j][n]; //这里第j行的答案已经算出,后续数(清零)的同步操作
}
return 0; //有唯一解
}
int main() {
cin >> n;
for(int i = 0; i < n; i++ )
for(int j = 0; j < n + 1; j++ )
cin >> a[i][j];
int r = gauss();
if(r == 0) {
for(int i = 0; i < n; i ++) printf("%.2lf\n", a[i][n]);
} else if(r == 1) puts("Infinite group solutions");
else puts("No solution");
return 0;
}
组合数学
题型一
直接算的话会超时
考虑到只有2000 *2000个数,可以直接先打好表
C a b = C a − 1 b − 1 + C a − 1 b C^b_a = C^{b-1}_{a-1} + C^{b}_{a-1} Cab=Ca−1b−1+Ca−1b
代码
#include <iostream>
using namespace std;
const int N = 2010, MOD = 1e9 + 7;
int n;
int c[N][N]; //表示组合数C^b_a
void init() {
for(int i = 0; i < N; i++ )
for(int j = 0; j <= i; j++)
if(j == 0)
c[i][j] = 1;
else
c[i][j] = c[i - 1][j - 1] % MOD + c[i - 1][j] % MOD;
}
int main() {
cin >> n;
init();
while(n --) {
int a, b;
scanf("%d%d", &a, &b);
printf("%d\n", c[a][b] % MOD);
}
return 0;
}
题型二
时间复杂度高,直接算不行,用集合状态的公式也不行
可以想到如何直接算出fact[N]的表然后套公式打表
C a b = a ! ( b ! ) ∗ ( a − b ) ! C^b_a = \frac{a!}{(b!)*(a - b)!} Cab=(b!)∗(a−b)!a!
由于存在除法,数据量过大需要及时取模,而除法直接取模会导致答案变化,故想到求逆元(费马小定理
+快速幂
)然后进行相乘
代码如下
#include <iostream>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 100010, MOD = 1e9 + 7;
int n;
int fact[N], infact[N]; //分别存储阶乘\阶乘的逆元
int qmi(int a, int b, int p) {
int res = 1;
while(b) {
if(b & 1) res = (LL)res * a % MOD;
a = (LL)a * a % MOD;
b >>= 1;
}
return res;
}
void init() {
//0的阶乘/逆元阶都为1
fact[0] = infact[0] = 1;
for(int i = 1; i < N; i++) {
fact[i] = (LL)fact[i - 1] * i % MOD;
infact[i] = (LL)infact[i - 1] * qmi(i, MOD - 2, MOD) % MOD;
}
}
int main() {
init();
cin >> n;
while(n-- ) {
int a, b;
scanf("%d%d", &a, &b);
printf("%d\n", (LL)fact[a] % MOD * infact[b] % MOD * infact[a - b] % MOD);
}
return 0;
}
题型三(卢卡斯定理)
公式如下
C a b ≡ C a m o d p b m o d p ∗ C a / p b / p ( m o d p ) C^b_a \equiv C^{b\ mod\ p}_{a\ mod\ p} * C^{b\ /\ p}_{a\ /\ p}\ (mod\ p) Cab≡Ca mod pb mod p∗Ca / pb / p (mod p)
推导
代码:
//发现a,b很大,而p很小,这种情况下用lucas定理来处理
#include <iostream>
using namespace std;
typedef long long LL;
int qmi(int a, int b, int p) {
int res = 1;
while(b) {
if(b & 1) res = (LL)res * a % p;
a = (LL)a * a % p;
b >>= 1;
}
return res;
}
int C(int a, int b, int p) {
if(b > a) return 0; //!边界条件
int res = 1; // a!/(b!(a-b)!) = (a-b+1)*...*a / b!
for(int i = 1, j = a; i <= b; i++, j--) {
res = (LL)res * j % p;
res = (LL)res * qmi(i, p - 2, p) % p;
}
return res;
}
int lucas(LL a,LL b, int p) {
if(a < p && b < p) return C(a, b, p);
return (LL)C(a % p, b % p, p) * lucas(a / p, b / p, p) % p;//a%p后肯定是<p的,所以可以用C(),但a/p后不一定<p 所以用lucas继续递归
}
int main() {
int n;
cin >> n;
while(n--) {
int p;
LL a, b;
cin >> a >> b >> p;
printf("%d\n", lucas(a, b, p));
}
return 0;
}
卡特兰数
889. 满足条件的01序列
题目链接:https://www.acwing.com/problem/content/891/
题目思路:
通过以上举例n=6
时的情况,可以推出最终:
a n s = C 2 n n − C 2 n n − 1 ans = C_{2n}^n\ -\ C_{2n}^{n-1} ans=C2nn − C2nn−1
又可化简为:
C 2 n n − C 2 n n − 1 = C 2 n n n + 1 C_{2n}^n\ -\ C_{2n}^{n-1} = \frac{C_{2n}^n}{n+1} C2nn − C2nn−1=n+1C2nn
代码实现:
#include <iostream>
using namespace std;
const int MOD = 1e9 + 7;
typedef long long LL;
//用卡特兰公式: ans = (c^n_2n) / (n + 1)
int qmi(int a, int b, int p) {
int res = 1;
while(b) {
if(b & 1) res = (LL)res * a % p;
a = (LL)a * a % p;
b >>= 1;
}
return res;
}
int main() {
int n;
cin >> n;
int res = 1;
// res = [(2n)! / (n! * n!)] / (n + 1)
for(int i = 2 * n; i > 2*n - n; i--) res = (LL)res * i % MOD;
for(int i = 1; i <= n; i++) res = (LL)res * qmi(i, MOD - 2, MOD) % MOD;
res = (LL)res * qmi(n + 1, MOD - 2, MOD) % MOD;
cout << res;
return 0;
}
129.火车进站问题
原题链接:https://www.acwing.com/problem/content/131/
输入样例:
3
输出样例:
123
132
213
231
321
代码
#include <iostream>
#include <vector>
#include <stack>
#define end '\n'
using namespace std;
vector<int> path;
stack<int> stk;
int n, remain = 20;
void dfs(int u) {
if(remain == 0) return ;
if(path.size() == n) {
remain --; //剩余输出量
for(auto t : path)
cout << t;
cout << endl;
return ;
}
//两种操作选择
//1. 出栈操作
if(!stk.empty()) {
path.push_back(stk.top());
stk.pop();
dfs(u); //从1开始进行枚举
//恢复操作
stk.push(path.back());
path.pop_back();
}
//2. 入栈操作
if(u <= n) {
stk.push(u);
dfs(u + 1);
//恢复操作
stk.pop();
}
}
int main() {
cin >> n;
dfs(1);
return 0;
}