$补+写题ing$
第 1 章 快速幂
序列的第 k 个数
$solution:$
板子
A 的 B 次方
$solution:$
板子
[NOIP2013] 转圈游戏
$solution:$
板子
越狱
$solution:$
简单的容斥原理,$m^n-m imes prod_{i=1}^{n-1} m-1$
第 2 章 质数
Prime Distance
$solution:$
先筛掉$[1,sqrt{R}]$，然后在暴力即可。
质因数分解
$solution:$
暴力枚举
轻拍牛头
$solution:$
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
$solution:$
板子
Sherlock and His Girlfriend
$solution:$
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
$solution:$
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$x,ygeq n!$，所以方案数即为$(n!)^2$的约数个数
第 3 章 约数
反素数 Antiprime
$solution:$
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
$solution:$
$gcd(x,a0)=a1,lcm(x,b0)=b1$。求其$x$的方案数。
考虑将$lcm(x,b0)$形式化简，得$x=frac{b1}{b0} imes gcd(x,b0)$。
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:$O(n imes sqrt{b0})$。
X-factor Chain
$solution:$
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
$solution:$
通过约数和公式将其$[1,sqrt{2 imes 10^9}]$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
$solution:$
设最少在$F$次后碰面。
则$(x+Fm)-(y+Fn)equiv0(modspace L)$
转化可得$F(m-n)equiv y-x(modspace L)$
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
$solution:$
等比数列求和公式套乘法逆元即可。
曹冲养猪
$solution:$
$crt$模板题。
Strange Way to Express Integers
$solution:$
$excrt$模板题。
计算器
$solution:$
$BSGS$模板题。
荒岛野人
$solution:$
数据范围:$nleq 15,Mleq 10^6$，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
$solution:$
$exgcd$模板题。
Biorhythms
$solution:$
$crt$模板题。
C Looooops
$solution:$
$exgcd$模板题。
第 5 章 矩阵乘法
矩阵 A×B
$solution:$
考验矩阵乘法的基本计算。
Fibonacci 第 n 项
$solution:$
矩阵乘法板子。
Fibonacci 前 n 项和
$solution:$
矩阵乘法板子
佳佳的 Fibonacci
$solution:$
考虑构造求解，设$g_i=sum_{k=1}^i (n+1-k) imes f_i,s_i=sum_{k=1}^i f_i$，答案即为$(n+1) imes s_n-g_n$。
矩阵快速幂即可。
Fibonacci
$solution:$
矩阵乘法板子
GT 考试
$solution:$
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$f(i,j)=sum_{k=1}^{m-1} f(i-1,k) imes g(k,j)$。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=1,ans=0;char c=getchar(); while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=getchar();} while(c>='0'&&c<='9'){ans=ans*10+c-'0';c=getchar();} return f*ans; } const int M=101; int n,m,mod,nex[M],g[M][M]; struct Matrix{ int a[M][M]; void init(){memset(a,0,sizeof(a));} }G,F; Matrix operator*(Matrix x1,Matrix x2){ Matrix x3;x3.init(); for(int i=1;i<=m;i++){ for(int k=1;k<=m;k++){ for(int j=1;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=1;i<=m;i++) ans.a[i][i]=1; while(b){ if(b&1) ans=ans*a; a=a*a,b>>=1; }return ans; } char str[M]; int main(){ n=read(),m=read(),mod=read(); scanf("%s",str+1); nex[1]=0;int j=0; for(int i=2;i<=m;i++){ while(j>0&&str[j+1]!=str[i]) j=nex[j]; if(str[i]==str[j+1]) j++; nex[i]=j; } for(int i=0;i<m;i++){ for(int opt=0;opt<=9;opt++){ int j=i; while(j>0&&opt!=(str[j+1]-'0')) j=nex[j]; if(opt==(str[j+1]-'0')) j++; g[i][j]++; } }G.init(),F.init(); for(int i=0;i<m;i++) for(int j=0;j<m;j++) G.a[i+1][j+1]=g[j][i]; F=ksm(G,n); int ans=0; for(int i=1;i<=m;i++) ans+=F.a[i][1],ans%=mod; printf("%d ",ans); }
迷路
$solution:$
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
$solution:$
$(ax+by)^k=sum_{i=0}^k C_k^ia^ib^{k-i}x^iy^{k-1}$
2^k 进制数
$solution:$
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$2^{wmod k}-1$。
组合数计算即可。
组合
$solution:$
$lucas$模板题。
古代猪文
$solution:$
题意要求$G^{sum_{i|n} C_n^i} mod 999911659$。
瓶颈在这个式子$sum_{i|n} C_n^imod 999911659$。
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$G^sum_{i|n} C_n^imod 999911658$。
下面做法就十分显然了，$999911658=2 imes 3 imes 4679 imes 35617$，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
$solution:$
插板，现将其每个空拿$k$个，然后插板组合数即可。
方程的解
$solution:$
插板裸题。
车的放置
$solution:$
一道简单题。
可以先处理两个矩形$(a imes b)(c imes d)$，最后会剩下$1$个$a imes d$的矩形。
所以只要考虑在$a imes b$的矩形中放k个棋子的方案数。
答案易得$C_a^k imes C_b^k imes k!$，$k!$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$(a imes b,(a+c) imes d)$两个矩形即可。
[CQOI2014] 数三角形
$solution:$
$ans=C_{(n+1) imes (m+1)}^3-((n+1) imes C_{m+1}^3+(m+1) imes C_{n+1}^3)-(斜边三点共线的方案数)$
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
$solution:$
$Lucas$板子题。
序列统计
$solution:$
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$O(常数 imes n)$。
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
$solution:$
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$C_i^jmod 2333$，由$Lucas$定理可得，$C_i^j=C_{imod p}^{jmod p} imes C_{frac{i}{p}}^{frac{j}{p}}$。$p$为模数。
所以$原式=F(n,k)=sum_{i=0}^k C_{nmod p}^i mod 2333=C_{n/p}^0 imes sum_{i=0}^{p-1} C_{nmod p}^i+C_{n/p}^1 imes sum_{i=0}^{p-1} C_{nmod p}^i+……+C_{n/p}^{frac{k}{p}-1} imes sum_{i=0}^{p-1} C_{nmod p}^i+C_{n/p}^{frac{k}{p}} sum_{i=0}^{nmod p} C_{nmod p}^i$
$=(sum_{i=0}^{p-1} C_{nmod p}^i) imes (sum_{i=0}^{frac{n}{p}-1} C_{k/p}^i)+C_i^{frac{k}{p}} sum_{i=0}^{nmod p} C_{nmod p}^i=f(nmod p,p-1) imes F(n/p,frac{k}{p}-1)+C_{n/p}^{frac{k}{p}} imes f(nmod p)$。
$Lucas$加预处理$f$即可。
时间复杂度$O(T imes log_{2333}^2 n)$
礼物
$solution:$
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
$solution:$
为什么要用数学，直接$dp$即可。
有趣的数列
$solution:$
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
$solution:$
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$f_n=sum_{i=0}^{n-1} f_i imes f_{n-1-i}$。
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。