数学知识整理及部分例题2

组合数学

本章主要以讲例题为主，聚焦于做题时的思路。

牡牛和牝牛

1s/64M

约翰要带 (N) 只牛去参加集会里的展示活动，这些牛可以是牡牛，也可以是牝牛。

牛们要站成一排，但是牡牛是好斗的，为了避免牡牛闹出乱子，约翰决定任意两只牡牛之间至少要有 (K) 只牝牛。

请计算一共有多少种排队的方法，所有牡牛可以看成是相同的，所有牝牛也一样，答案对 (5000011) 取模。

输入格式

一行，输入两个整数 (N) 和 (K)。

输出格式

一个整数，表示排队的方法数。

数据范围

(1≤N≤10^5\ 0≤K<N)

输入样例：

4 2

输出样例：

6

解析

简单计数 DP 。

我们将牛序列抽象为 01 序列，牡牛为 1 。

我们设状态 (f(i)) 表示所有长度是 (i) 的且以 (1) 结尾的序列方案数量。

我们可以得到，状态从 (f(0)sim f(i-k-1)) 转移而来。

具体的说，(f(i)=sumlimits_{q=0}^{i-k-1}f(q)) 。

现在我们求出来了所有结尾为 1 的序列数量，但是题目中并没有这一限制，我们还要想办法转化。

最后的 DP，相当于将所有的方案按照最后一个 1 的位置分了类。

也就是我们再前缀和滚一遍就好了。

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方程的解

佳佳碰到了一个难题，请你来帮忙解决。

对于不定方程 (a_1+a_2+⋯+a_{k−1}+a_k=g(x))，其中 (k≥1) 且 (kin N^+)，(x) 是正整数，(g(x)=x^x mod1000)（即 (x^x) 除以 (1000) 的余数），(x,k) 是给定的数。

我们要求的是这个不定方程的正整数解组数。

举例来说，当 (k=3,x=2) 时，方程的解分别为：

[egin{cases} a_1=1\ a_2=1\ a_3=2 end{cases}quad egin{cases} a_1=2\ a_2=1\ a_3=1 end{cases}quad egin{cases} a_1=1\ a_2=2\ a_3=1 end{cases}quad ]

输入格式

有且只有一行，为用空格隔开的两个正整数，依次为 (k,x)。

输出格式

有且只有一行，为方程的正整数解组数。

数据范围

(1≤k≤100,\ 1≤x<2^{31},\ k≤g(x))

输入样例：

3 2

输出样例：

3

解析

(g(x)=x^xmod 1000)，非常奇怪的函数。

但是我们可以直接快速幂。算算也才 (O(log x))，就加上一个最多 (31) 的常数而已，忽略不计。

说白了，问题就是 (a_1+a_2+cdots +a_k=N) 的正整数解的组数。(A) 是常数。

换个模型来描述这个方程：有 (N) 个球， 我们要把它们全部放到 (k) 个盒子里面，每个盒子至少一个。

这还不简单？我们可以插板法，总共有 (N-1) 个空位，我们要选出 (k-1) 个空位插上板子，得到 (k) 组球，从左到右对应 (a_1,a_2,a_3cdots a_k) 的值。答案即是 (C_{N-1}^{k-1})。

我们甚至可以直接递推计算。

很不幸的是这个题要写高精度。

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车的放置

1s/64M

有下面这样的一个网格棋盘，(a,b,c,d) 表示了对应边长度，也就是对应格子数。

当 (a=b=c=d=2) 时，对应下面这样一个棋盘：

要在这个棋盘上放 (k) 个相互不攻击的车，也就是这 (k) 个车没有两个车在同一行，也没有两个车在同一列，问有多少种方案。

只需要输出答案 (mod100003) 后的结果。

输入格式

共一行，五个非负整数 a,b,c,d,k。

输出格式

包括一个正整数，为答案 (mod100003) 后的结果。

数据范围

(0≤a,b,c,d,k≤1000)

保证至少有一种可行方案。

输入样例

2 2 2 2 2

输出样例

38

解析

我们手模一下样例，发现它的方案数非常多，情况非常复杂。

我们要想想能否对方案进行某种分类，然后应用计数原理。

先对样例中的情况进行分析：

逐行来看：

第一行有 (2) 种放法。
第二行，如果第一行放了，就只有 (1) 种方法，但是第一行有两种放法，还可以直接不放，情况愈发复杂了。

直接做不大现实，看看能否拆分。

我们将整个图形分割成两个规则图形。

问题就变成了在一个矩形中怎么放车的问题。

假设我们要在一个 (3 imes 4) 的网格里面放两个车。

我们首先要在 (3) 行里面选 (2) 行来放，也就是 (C^2_3)。

此时，我们选出的第一行就有 (4) 种选法。第二行就有 (3) 种选法。说的更一般些，我们要在这 (4) 列里面选出两列来，由于两行意义不同，所以是排列。

也就是 (C^2_3 imes A^2_4) 。

那么，如果给一个 (n imes m) 的矩阵，让我们放 (k) 个车，答案就应该是 (C_n^k imes A_m^k)

所以我们可以枚举两个矩阵分别放了多少个车，然后合并方案。那么如何合并上半部分和下半部分的方案呢？

我们人为规定，先放完上半部分再放下半部分。然后我们发现，上半部分对下半部分的影响是一定的，都只占用了 (i) 行。也就是说我们只需要在选列的时候，只能用 (m-i) 列， (A_{m-i}^{k-i})。

由于我们规定这是分步计数过程，两部分可以直接相乘。

代入题目数据，答案就是 (sumlimits_{i=1}^kC_b^icdot A_a^icdot C_{d}^{k-i}cdot A_{a+c-i}^{k-i}quad(mod100003))。

code(轻度压行)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;

const int N=100010,mod=100003;

ll fac[N],infa[N];//阶乘，阶乘逆元
ll fpow(ll a,ll k)
{
	ll res=1;
	while(k){if(k&1) res=(ll)res*a%mod; a=a*a%mod; k>>=1;}
	return (res+mod)%mod;
}
void init()
{
	fac[0]=infa[0]=1;
	for(int i=1;i<=N-10;++i)
	{
		fac[i]=(ll)fac[i-1]*i%mod;
		infa[i]=(ll)infa[i-1]*fpow(i,mod-2)%mod;
	}
}
inline ll C(ll a,ll b) {if(a<b) return 0; return fac[a]*infa[b]*infa[a-b]%mod;}// C_a^b
inline ll A(ll a,ll b) {if(a<b) return 0; return fac[a]*infa[a-b]%mod;}

int main()
{
	init();
	ll a,b,c,d,k;
	scanf("%lld%lld%lld%lld%lld",&a,&b,&c,&d,&k);
	ll ans=0;
	for(int i=0;i<=k;i++)
	{
		ans+=(ll)C(b,i)*A(a,i)%mod*C(d,k-i)*A(a+c-i,k-i)%mod;
		ans%=mod;
	}
	printf("%lld",(ans+mod)%mod);
	return 0;
}

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数三角形

给定一个 (n×m) 的网格，请计算三点都在格点上的三角形共有多少个。

下图为 (4×4) 的网格上的一个三角形。

注意：三角形的三点不能共线。

输入格式

输入一行，包含两个空格分隔的正整数 (m) 和 (n)。

输出格式

输出一个正整数，为所求三角形数量。

数据范围

(1≤m,n≤1000)

输入样例：

2 2

输出样例：

76

解析

让我们在一个 (n imes m) 的网格内选三个点，要求它们不共线。为了方便，下面的 (n,m) 描述的都是格点的行列。

直接求合法方案数实在不大好求，正难则反，我们考虑求不合法的方案数。

我们总共的方案数 (C_{nm}^3)，现在要排除三点共线的所有方案。

将这个网格图看做一个坐标系，((i,j)) 表示在第 (i) 行第 (j) 列，左下角是 ((0,0))。所有的直线按照斜率 (k) 的情况分为 (4) 种：(k>0) 的，(k<0) 的，(k=0) 的，(k=tan90^{circ}) 的。

分别来看这些情况。

• (k=0)

  总共共有 (n) 行，每行都可以选 (3) 个，根据计数原理，这种情况的方案数为 (nC_m^3)。

• (k=tan90^{circ})

  总共 (m) 列，每列都可以选 (3) 个，方案数为 (mC_n^3)。

• (k>0)

  我们按照这三个点中最左边的点，将所有的方案分成 (n imes m) 类。假设当前左下角在 ((i,j)) 这个点，要求它的方案数。两点确定一条直线，我们再枚举最右边的点，看看有多少种情况

  画画图：

  

  此时右上角的选法就有 ((m-i)(n-j)) (注意这里横纵坐标的定义与我们习惯的相反)

  现在我们要确定的是，对于一个确定的右上角的点，构成的直线上有多少个点。

  设它们的横纵坐标差为 (i_0,j_0) ，若起点终点都是整点，则它们之间的整点数有 (gcd(i_0,j_0)-1) 个(不包括端点)。

  为啥？

  我们把它看做一个向量，将它平移到源点，也就是考虑 ((0,0)) 到 ((i,j)) 上的点，我们可以得到它的斜率是 (frac{i}{j}) 。将其化简到最简整数比，就是除以 (gcd(i,j))。我们知道，假如一个直线的斜率是 (frac{2}{3}) 且存在一个 ((x_0,y_0)) 在直线上，那 ((x_0+2k,y_0+3k)) 都是整数点。在上文所述的向量中，假设化为最简整数比的分数是 (frac{i^{prime}}{j^{prime}}) ，那么有 (i^{prime}cdot gcd(i,j)=i,j^{prime}cdot gcd(i,j)=j) ，那么这个向量上就有 (gcd(i,j)) 这个答案算上了右端点。再减去就是 (gcd(i,j)-1)。

  这个结论在我们所习惯的平面直角坐标系中也能够成立。

  总之，我们的答案就是 (sumlimits_{i=1}^nsumlimits_{j=1}^mgcd(i,j)(m-i)(n-j))

• (k<0)

  由对称性可知，同 (k>0)。

综上，我们的答案是：

[Ans=C_{nm}^3-nC_m^3-mC_n^3-sumlimits_{i=1}^nsumlimits_{j=1}^mgcd(i,j)(m-i)(n-j) ]

总的复杂度 (O(n^2log n))，上界宽松，能过。

当然，这个题还可以继续使用莫比乌斯反演达到 (O(n))，这里就不搞了。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;

ll gcd(ll a,ll b) {return b==0?a:gcd(b,a%b);}
ll C(ll x) {return (ll)x*(x-1)*(x-2)/6ll;}

int main()
{
	ll n,m;
	scanf("%lld%lld",&n,&m);
	++n,++m;
	ll ans=C(n*m)-n*C(m)-m*C(n);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		for(int j=1;j<=m;j++)
			ans-=2ll*(gcd(i,j)-1)*(n-i)*(m-j);
	}
	printf("%lld",ans);
	return 0;
}

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积性函数

积性函数是一个针对数论函数的概念

积性函数：对于 (forall a,b, gcd(a,b)=1Rightarrow f(ab)=f(a)f(b)) 则称 (f) 是一个积性函数。

若对于 (forall a,bin N) 都成立则称 (f) 为完全积性函数。

所有的积性函数都可以用线筛求。

一些常用的积性函数：

• (varphi): 欧拉函数
• (mu): 莫比乌斯函数
• (f(x)=gcd(x,k),k ext{为常数}): 其中一个数确定的最大公约数
• (d(n)): (n) 的正约数个数
• (sigma(n)): (n) 的正约数和。
• (I(n)=1): 常函数。(完全积性)
• (id(n)=n): 单位函数。(完全积性)
• (epsilon(n)=egin{cases}1,&n=1\ 0,&n>1end{cases}) : 狄利克雷卷积乘法单元。(完全积性)

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Longge的问题

1s/64M

求 (sumlimits_{i=1}^ngcd(i,n)) 的值。

输入格式

一个整数 (n)

输出格式

一个整数表示答案。

数据范围

(1<n<2^{31})

输入样例

6

输出样例

15

解析

套路地假设 (gcd(x,n)=d)，那么 (gcd(frac{x}{d},frac{n}{d})=1) 。

我们枚举 (n) 的因子 (d) ，直接求有多少个 (x) 满足 (gcd(x,n)=d) 。

也就是我们要求 (sumlimits_{x=1}^{n/d}dcdot [gcd(frac{x}{d},frac{n}{d})=1])

我们发现提个公因式之后这就是欧拉函数的定义。

所以答案就是 (sumlimits_{d|n}dcdot varphi(frac{n}{d})) 。

到这里已经可以勉强可以做了。(n) 的因子数最多不过 (1600) ，再 (sqrt n) 分解质因数暴力求解 (varphi) 大概能过。

但是我们不满足。

继续推式子，我们让 (frac{n}{d}=d^{prime})，并由质因数分解设 (d^{prime}=prodlimits_{i=1}^kp_i^{c_i}) 。

[egin{aligned} ext{原式}&=sum_{d^{prime}|n}frac{n}{d^{prime}}varphi(d^{prime})\ &=sum_{d^{prime}|n}frac{n}{d^{prime}}d^{prime}prod_{i=1}^{k}(1-frac{1}{p_i})\ &=nsum_{d^{prime}|n}prod_{i=1}^{k}(1-frac{1}{p_i})\ end{aligned} ]

我们再设 (n=prodlimits_{i=1}^k p_i^{alpha_i},d=prodlimits_{i=1}^k p_i^{eta_i}) ，其中 (0le eta_ile alpha_i)。

可以知道，n的任何一个约数都能表示成这样一个形式。

这样我们就可以表示 (n) 的所有约数了。

对于我们一个确定的约数 (d^{prime}) ，我们只需要看它的哪些因数的指数是 (ge 1) 的，将它们乘积，在加起来就是答案。

听起来还是和暴力差不多，我们要想一想怎么做。

从另外一个角度思考，假设我们要求所有因子的乘积，由于我们要枚举所有的因子，所以对于每个因子 (p_{k}) 必然被选中一次，二次，三次……直到 (alpha_k) 次。再根据计数原理，得到：

[(1+p_1^1+p_1^2+cdots +p_1^{alpha_1})(1+p_2^1+p_2^2+cdots +p_2^{alpha_2})cdots (1+p_k^1+p_k^2+cdots +p_k^{alpha_k}) ]

由此作为启发，我们将上面的方法对应下来得到：

[Ans= (1+(1-frac{1}{p_1}) imes{alpha_1})(1+(1-frac{1}{p_2}) imes{alpha_2})cdots (1+(1-frac{1}{p_k}) imes{alpha_k}) ]

展开化简，得到：

[Ans=nprod_{i=1}^{k}frac{p_i+alpha_i p_i-alpha_i}{p_i} ]

也就是说，(O(sqrt n)) 分解质因数即可。

code极短：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;

int main()
{
	ll n;
	cin>>n;
	ll res=n;
	for(ll i=2LL;i*i<=n;++i)
	{
		if(n%i==0)
		{
			ll a=0,p=i;
			while(n%p==0) ++a,n/=p;
			res/=p;
			res=res*(p+(ll)a*p-a);//算答案
		}
	}
	if(n>1) res/=n,res=res*((ll)n+n-1LL);
	cout<<res;
	return 0;
}

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狄利克雷卷积

狄利克雷卷积是一个对数论函数集合封闭的二元计算，即两个数论函数的卷积还是数论函数。

设 (f,g) 是两个数论函数，它们的卷积为 ((f*g)(n)=sumlimits_{d|n}f(d)g(frac{n}{d})) 。

我们可以借此再次描述一下莫比乌斯反演：

若 (F=f*I)，则 (f=F *mu)。

狄利克雷卷积的性质

• 满足交换律和结合律。
• 若 (f,g) 都是积性函数，那么 (f * g) 仍然是积性函数。反之，若 (f,f *g) 都是积性函数，那么 (g) 也是积性函数。
• 若 (g) 是一个完全积性函数，且 (h=f*g)，则 (f=h * (mu g)) ，即若：
  [h(n)=sum_{d|n}f(d)g(frac{n}{d}) ]
  则：
  [f(n)=sum_{d|n}h(d)mu(frac{n}{d})g(frac{n}{d}) ]

常用的狄利克雷卷积等式

1. (mu*I=epsilon)
2. (varphi*I=id)
3. (mu*id=varphi)