immix's blog

前言 前置知识： 阶、原根、离散对数; 多项式（1）— 快速傅里叶变换（FFT）。 FFT 已经能很好的在 O(nlog⁡n)O(n\log n)O(nlogn) 内解决卷积问题，但是 FFT 用到的单位根和三角函数有关，只能采用浮点数储存，必定会带来精度误差。 我们尝试不在复数域内，而是在模剩余系内寻求一种新的单位根来解决问题，这样带来了两个好处： 不再有误差（只要大小没有超出模数）； 如果题目要求取模，一并可以完成取模的任务。 新型单位根 我们回看 FFT，FFT 中单位根 wnkw_n^kwnk​ 满足了如下性质： wnk=(wn1)kw_n^k = \left(w_n^1\right)^kwnk​=(wn1​)k； wn0,wn1,…,wnn−1w_n^0,w_n^1,\ldots,w_n^{n-1}wn0​,wn1​,…,wnn−1​ 互不相同； wnk+n/2=−wnkw_n^{k+n/2}=-w_n^kwnk+n/2​=−wnk​； 这个性质可以导出 wnk mod n=wnkw_n^{k\bmod n}=w_n^kwnkmodn​=wnk​。 w2n2 ...

多项式乘法与卷积 对于两个多项式 f(x)=∑i=0naixi,g(x)=∑i=0nbixif(x)=\sum_{i=0}^na_ix^i,g(x)=\sum_{i=0}^nb_ix^if(x)=∑i=0n​ai​xi,g(x)=∑i=0n​bi​xi，如果要求出乘积多项式 fgfgfg，朴素实现是 O(n2)O(n^2)O(n2) 的。但是，利用 FFT，我们可以在 O(nlog⁡n)O(n\log n)O(nlogn) 时间内完成这一问题。 从另一个角度来理解，多项式的乘法是一种加法卷积。 对于两个序列 {a0,a1,…,an},{b0,b1,…,bn}\{a_0,a_1,\ldots,a_n\},\{b_0,b_1,\ldots,b_n\}{a0​,a1​,…,an​},{b0​,b1​,…,bn​}，定义其卷积 {c0,c1,…,c2n}\{c_0,c_1,\ldots,c_{2n}\}{c0​,c1​,…,c2n​}，ck=∑i+j=kaibjc_k = \sum_{i+j=k}a_ib_jck​=∑i+j=k​ai​bj​。 不难发现 {an},{bn}\{a_n\},\{ ...

欧拉函数 定义 φ(n)\varphi(n)φ(n) 表示 1∼n1\sim n1∼n 中与 nnn 互质的数个数。 形式化地讲， φ(n)=∑i=1x[gcd⁡(i,n)=1]\varphi(n)=\sum_{i=1}^{x}[\gcd(i,n)=1]φ(n)=∑i=1x​[gcd(i,n)=1]，其中 [⋅][\cdot][⋅] 表示艾佛森括号。 性质 1 φ(pk)=pk−pk−1\varphi(p^k)=p^k-p^{k-1}φ(pk)=pk−pk−1，其中 ppp 为质数。 证明： 1∼pk1\sim p^k1∼pk 中恰有 pk−1p^{k-1}pk−1 个 ppp 的倍数，只有他们与 pkp^kpk 不互质。 即 φ(pk)=pk−pk−1\varphi(p^k)=p^k-p^{k-1}φ(pk)=pk−pk−1。 性质 2 欧拉函数是积性函数。 也就是说，对于互质 a,ba,ba,b，φ(ab)=φ(a)φ(b)\varphi(ab)=\varphi(a)\varphi(b)φ(ab)=φ(a)φ(b)。 证明： 引理1：xxx 与 ababab 互质的充要条件是 x ...

离散变量取值问题 有若干个变量，每个变量取值为 v1,v2,…,vnv_1,v_2,\ldots,v_nv1​,v2​,…,vn​，现在要求所有变量的和最小（大），且不同变量的取值有某种限制。（详细见下文例题） 先不考虑限制，考虑用最小割刻画这个问题。 如图所示，对每一个变量都建立 n+1n+1n+1 个点 X1,X2,…,Xn+1X_1, X_2, \ldots, X_{n+1}X1​,X2​,…,Xn+1​： 从 SSS 到 X1X_1X1​ 建立一条边权为 ∞\infty∞ 的边； 从 Xn+1X_{n+1}Xn+1​ 到 TTT 建立一条边权为 ∞\infty∞ 的边； 从 XiX_{i}Xi​ 到 Xi+1X_{i+1}Xi+1​ 建立一条边权为 viv_{i}vi​ 的边； 从 Xi+1X_{i+1}Xi+1​ 到 XiX_{i}Xi​ 建立一条边权为 ∞\infty∞ 的边。 这样我们保证了，每个变量所构造出的一条链上，在最小割中有且仅有一条边被割掉，被割掉的边的边权就代表了我们为这个变量的取值。 证明： 存在性： 如果没有边被割，那么显然存在 S→TS\to ...

题意 [ARC068E] Snuke Line 给定 nnn 个区间 [li,ri] (1≤li≤ri≤m)[l_i,r_i]\ (1\le l_i \le r_i \le m)[li​,ri​] (1≤li​≤ri​≤m)。 对 1∼m1\sim m1∼m 中的每一个 iii，求出存在一个 iii 的倍数在其中的区间个数。 解法 1（整除分块） 我们发现，对于一个 ddd 来说，[l,r][l,r][l,r] 中有 ddd 的倍数的充要条件是 ⌊l−1d⌋≠⌊rd⌋\left \lfloor \dfrac{l-1}{d} \right \rfloor \neq \left \lfloor \dfrac{r}{d} \right \rfloor⌊dl−1​⌋=⌊dr​⌋。 略证： （引理）⌈xy⌉=⌊x−1y⌋+1\left \lceil \dfrac{x}{y} \right \rceil = \left \lfloor \dfrac{x-1}{y} \right \rfloor +1⌈yx​⌉=⌊yx−1​⌋+1。 证明：设 x=ky+bx=ky+bx=ky+b，其中 ...

拉格朗日插值法 过 n+1n+1n+1 个横坐标互异的点 (x1,y1),(x2,y2),⋯ ,(xn+1,yn+1)(x_1,y_1),(x_2,y_2),\cdots,(x_{n+1},y_{n+1})(x1​,y1​),(x2​,y2​),⋯,(xn+1​,yn+1​) 的 nnn 次多项式恰为 f(x)=∑i=1n+1yi∏j≠ix−xixj−xif(x) = \sum_{i=1}^{n+1} y_i \prod_{j\neq i} \dfrac{x-x_i}{x_j-x_i} f(x)=i=1∑n+1​yi​j=i∏​xj​−xi​x−xi​​ 证明 将 n+1n+1n+1 个点代入显然得到结论。 模板 [洛谷P4781] 【模板】拉格朗日插值 给出 nnn 个点，插值出多项式，并求出一个点值，朴素实现是 O(n2)O(n^2)O(n2) 的。 如果要在取模下实现，记得先把分母都乘起来，然后统一求逆元，这样复杂度依然是 O(n2)O(n^2)O(n2)的。 参考代码： 12345678910111213141516171819202122232425262728293031 ...

shell 脚本介绍 略。看下面的代码自行意会 一键测试所有样例 123456789101112131415name=problemg++ $name.cpp -o $name -std=c++14 -Wallfor i in {1..10}do cp $name$i.in $name.in time ./$name diff $name.out $name$i.out -Z > /dev/null if (($?)) then echo 样例 $i 不通过 else echo 样例 $i 通过 fidone 注意这里的 -Z 开关可以自行调整。 $? 指的是上一个命令的返回值。 对拍 12345678910111213141516g++ gen.cpp -o geng++ std.cpp -o stdg++ my.cpp -o mywhile truedo ./gen ./std ./my diff out ans -Z if (($?)) then ...

点分治 淀粉质 常见题目套路：求出具有某一条件的路径个数/求出一条最优的路径 核心思路是：每次选取一个点 uuu ，统计所有经过这个点的路径，然后把这个点删去，对于剩下的森林执行同样的操作。 如何统计？所有经过点 uuu 的路径分成 3 部分，v1−u−v2v_1 - u - v_2v1​−u−v2​，其中 v1,v2v_1,v_2v1​,v2​ 不在同一个子树之中，然后每个点存储需要的信息，最后合并。 统计完点 uuu 后，把它从整颗树里面删去，以后不需要用到它了。 如果每次选取的点都是子树的重心，那么复杂度就能够达到 O(nlog⁡n)O(n \log n)O(nlogn)。 总结一下，就是如下流程： 对于一颗树 TTT： 找到重心作为根。 对每个子树，依次进行如下 3 步操作： i) dfs 求出每个子树的到当前根的信息； ii) 对于子树的所有节点，与前面的子树的信息进行合并求解答案； iii) 将这个子树节点的所有信息合并。 删去根。 对于根的每一个子树，回到第 111 步，直到只剩下一个节点。 信息究竟是什么意思呢？ 举个例子，求树的直径。（这是上文说的求出一条最优的 ...

本文中，若无特殊说明，mmm 代表正整数，ppp 代表质数。 事实上，在题目中我们大多数情况下都是讨论对质数取模的情况。 阶 定义 若 (a,m)=1(a,m)=1(a,m)=1，满足 an=1(modm)a^n = 1 \pmod man=1(modm) 的最小的 nnn 称为 aaa 模 mmm 的阶，记作 δma\delta_m aδm​a。 如果 (a,m)=1(a,m)=1(a,m)=1 不互质，那么不难发现，不存在 nnn，使得 an=1(modm)a^n = 1 \pmod man=1(modm)，故我们不定义 aaa 模 mmm 的阶。 性质 本节中 a,ba,ba,b 均与 mmm 互质。 a,a2,…,aδmaa,a^2,\ldots,a^{\delta_m a}a,a2,…,aδm​a 模 mmm 两两不同。 【引理 1】完全剩余系中与 mmm 互质的剩余类所构成的系称为缩系，缩系内四则运算均封闭。 （证明略） 性质 1 证明： 用反证法，假设存在 1≤i<j≤δma1\le i < j \le \delta_m a1≤i<j≤δm​a，使 ...

数学 = 恐怖 莫比乌斯函数 μ\muμ 为莫比乌斯函数，定义为 μ(n)={1n=10n 含有平方因子(−1)kk 为 n 的本质不同质因子个数\mu(n)= \begin{cases} 1&n=1\\ 0&n\text{ 含有平方因子}\\ (-1)^k&k\text{ 为 }n\text{ 的本质不同质因子个数}\\ \end{cases} μ(n)=⎩⎨⎧​10(−1)k​n=1n 含有平方因子k 为 n 的本质不同质因子个数​ —— 引自 OI wiki 筛法求莫比乌斯函数 考虑 nnn 最小质因数为 ppp，n/p=n′n/p=n'n/p=n′。 若 n′ mod p=0n' \bmod p = 0n′modp=0, μ(n)=0\mu(n)=0μ(n)=0。（含有平方因子） 否则，μ(n)=−μ(n′)\mu(n)=-\mu(n')μ(n)=−μ(n′)。（分类讨论几种情况就能发现） 参考代码： 123456789101112int mu[N],pri[N],cnt;bool not_prime[N];mu[1]=1 ...