0 前置技能
1 推式子时间
这个题目很像 Luogu P2290
但是问题在于，这个里面具有不确定的度数
经过简单的思考，我们可以得出以下式子
$$
C_{n – 2}^{cnt} \times \frac{sum!}{\prod_{i = 1}^{cnt} (d_i – 1)!} \times (n – cnt) ^{n – sum – 2}
$$
其中
- $sum$ 为已知总度数
- $cnt$ 为已知点数
标签：数论
可重组合与不相邻组合
可重组合
从 ${1, 2, 3 \cdots, n – 1, n}$ 中选出 $m$ 个元素，可以重复，有多少个不同的组合？
答案 $C_{n + m – 1}^{m}$
证明
显然，问题可以转换为 $m$ 个球放入 $n$ 个盒子，可以放无数个或者不放
即插入 $n – 1$ 个隔板，然后求全排列 $(m + n – 1)!$
但是隔板和球的顺序是无效的所以除去 $m! \times (n-1)!$
即
$$
\frac{(m + n – 1)!}{m! \times (n – 1)!} = C_{n + m -1}^m
$$
「BJOI2019」光线
题目链接: https://oj.woshiluo.site/problem/2055 / https://www.luogu.org/problemnew/show/P5323
我看到题目的一瞬间
我是在学 oi 还是在学物理？
然后我仔细思考了一下，这两个镜子来回反射，您这是要求极限？
然后我仔细思考了一下
设 $f_i$ 为从 $1$ 到 $i$ 的透光率，$g_i$ 为从 $i$ 到 $1$ 的反光率
继续阅读“「BJOI2019」光线”玄学数学 — Luogu P1762 偶数
0x01 写在之前
这道题形象生动的说明了从几何层面来找规律是多么的方便
~~打表找规律是多么的我方便~~
0x02 题目
题目一看…
杨辉三角？
%2意义下的面积？
输出一下看看吧
1
1 1
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1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 这是在每一位都%2后只输出1后得到的结果
好好看啊wq
你为什么不试试在这里面找找规律呢？
我们可以很明显的观察到，每一个三角形都是由下面一个三角形所叠加出来的
1
11每个第$ 2^i $ 行，就是一个三角形的结尾
每个第$ 2^i $ 行，就是由三个第 $ 1 $ 到 $ 2^{i-1} $的三角形组成
看起来第$ 2^i $ 行的结果我们可以算出来:
$$ f(1)=1 $$
$$ f(i) = f(i/2)*3 $$
整理一下:
第 $ 2^i $ 行有 $ 3^{i-1} $ 个1
恩，快速幂大法解决就可以
问题在于，不是$2^i$的怎么办？
恩，先打表找规律吧>_<
1 : 1 1
2 : 1 1 3
3 : 1 1 5
4 : 1 1 1 1 9
5 : 1 1 11
6 : 1 1 1 1 15
7 : 1 1 1 1 19
8 : 1 1 1 1 1 1 1 1 27
9 : 1 1 29
10 : 1 1 1 1 33
11 : 1 1 1 1 37
12 : 1 1 1 1 1 1 1 1 45
13 : 1 1 1 1 49
14 : 1 1 1 1 1 1 1 1 57
15 : 1 1 1 1 1 1 1 1 65
16 : 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 81
17 : 1 1 83
18 : 1 1 1 1 87
19 : 1 1 1 1 91
20 : 1 1 1 1 1 1 1 1 99
21 : 1 1 1 1 103
22 : 1 1 1 1 1 1 1 1 111
23 : 1 1 1 1 1 1 1 1 119
24 : 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 135
25 : 1 1 1 1 139
26 : 1 1 1 1 1 1 1 1 147
27 : 1 1 1 1 1 1 1 1 155
28 : 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 171
29 : 1 1 1 1 1 1 1 1 179
30 : 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 195
31 : 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 211
32 : 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 243 随便推一个吧qwq
14?
首先先找到2的次幂–8
ans+=27
剩下的相当于是 第6层 ×2
以此类推qwq
以下是代码
#include <cstdio>
#include <cmath>
const long long mod=1000003;
long long sum,ans,n;
inline long long lowbit(long long x){return x&(-x);}
inline long long ksm(long long a,long long p){// 标准快速幂
long long res=1,base=a;
while(p){
if(p&1) res=(res*base)%mod;
base=(base*base)%mod;
p>>=1;
}
return res;
}
long long dfs(long long now){
long long tmp=lowbit(now);// lowbit 用于快速找到第一个我可以分层的地方
if(tmp==now){
ans=ksm(3,(std::log(now)/std::log(2)));// tmp==now 说明 now 是 2的次幂 （ log 快速求指数)
return 2; // 翻倍
}
else{
long long tmp1=dfs(now-tmp);// 剪掉算过的
ans=(ans+tmp1*ksm(3,(std::log(tmp)/std::log(2))))%mod;
return tmp1*2;
}
}
int main(){
scanf("%lld",&n);
dfs(n);
if(n%2==0) sum=(((1+n)%mod)*((n/2)%mod))%mod;
else sum=((((1+n)/2)%mod)*(n%mod))%mod;
// 都说这个地方要乘法逆元之类的高端操作...我就直接暴力了
printf("%lld",((sum-ans)%mod+mod)%mod);
}论数学的重要性 — Studyingfather Dalao 的欢乐赛题解
比赛链接:[https://www.luogu.org/contestnew/show/8609]
0x-1
首先十分感谢 StudyingFater 大佬出的这场比赛让我们感受到这场数学的魅力(大雾 不过这个抄袭省选题目真的就有点….
0x00 奇怪的支付方式
题目链接:[https://www.luogu.org/problemnew/show/T36519]题目一看，仿佛回到了小学题目的噩梦，然而作为一位正经Oier,尝试法可不是我们应该做的，仔细一看，发现这个操作似乎有点面熟，我们来把问题抽象一下
有一个整数\(n\)最少有几个数，确保中间任意两个数相加后得到值的集合为[1,n]是不是有点眼熟？没错，这就在 初学DP(4) – 多重背包及其优化 – Codevs 3269 中的二进制优化法
1
10
100
n的二进制位数+1
当然快速求位数也很简单–\(log_2(n)\)
程序:
#include <cstdio>
#include <cmath>
using namespace std;
int n;
int main(){
scanf("%d",&n);
printf("%d",(int)log2(n)+1);
}
0x01 我爱打飞盘
题目链接:[https://www.luogu.org/problemnew/show/T36562]
DP的思想，首先定义函数\(f(i,j)\)
其中\(i\)表示第\(i\)个数字，\(j\)表示以这个数字为结尾的数列余数为\(j\)有几种情况
很容易得到下面的代码:
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
int n,f,g,h,a[2100];
int dp[2100][2100];
int cnt;
inline int max(int a,int b) {return a>b?a:b;}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&f);
for(int i=1;i<=n;i++) {scanf("%d",&a[i]);dp[i][a[i]%f]++;}// 自己的情况先加上
for(int i=1;i<=n;i++){
g=a[i]%f;// 当前数对于f的余数
for(int j=1;j<i;j++){// 遍历以前的情况
for(int k=0;k<f;k++){// 遍历余数的情况
h=(g+k)%f; // 当前的余数
dp[i][h]+=dp[j][k];// 累加
}
}
}
for(int i=1;i<=n;i++) cnt+=dp[i][0];// 统计余数为0的情况
printf("%d",cnt);// 输出
}
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
int n,f,g,h,l,a[2100],m=1e8;
int dp[2100],dp2[2100];
int cnt;
int main(){
scanf("%d%d",&n,&f);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
for(int i=1;i<=n;i++){
g=a[i]%f;
for(int k=0;k<f;k++){
h=(g+k)%f;
dp[h]+=dp2[k];
dp[h]%=m;
}
for(int k=0;k<f;k++) {dp2[k]+=dp[k];dp2[k]%=m;dp[k]=0;}
dp2[g]++;// 做到自己在把自己加上防止累加
}
printf("%d",dp2[0]);
}
0x02 硬币游戏
题目链接: [https://www.luogu.org/problemnew/show/T36547]
#include <cstdio>
#include <cmath>
using namespace std;
int T,n,m;
int temp,temp2;
int main(){
scanf("%d",&T);
while(T--){
scanf("%d%d",&n,&m);
temp=n/m*(m-1);// 正确的操作应该是temp=n/m*m; temp-=m;合并了一下
temp2=n%m;
if(temp2>0) temp2--;// 有可能n%m==0
if((temp2+temp)%2==0) printf("1\n");
else printf("0\n");
}
}
INFxINF END
]]>数论基础 – 排列组合 – Luogu P2822 组合数问题
排列组合
加法/乘法原理
加法原理是分类，乘法原理讲究分步
加法原理
有一个问题，它有 \(n\) 类解决办法，对于第 \(a\) 类解决办法，有 \(x_a\) 种方法完成 那么，总解决方法数就是: $x_1+x_2+x_3+\cdots+x_{n-1}+x_n$乘法原理
有一个问题，它有 \(n\) 个步骤，对于第 \(a\) 个步骤，有 \(x_a\) 种方法完成 那么，总解决方法数就是: $x_1*x_2*x_3*\cdots*x_{n-1}*x_n$ 这两个规律是显而易见的，甚至被放到了小学奥数里…排列组合
先亮公式 排列: $$A_n^m={{n!} \over {(n-m)!}}$$ 组合: $$C_n^m={{n!} \over {m!(n-m)!}}$$ P.S.: 组合一作 \(P_n^m\) 这是一种较老的表示方法，本博客中使用 \(c_n^m\) 特别定义: $0!=1$ 我相信你的内心一定是迷茫的，让我们来看看这两个东西定义与使用
排列
定义: 从 \(n\) 个数中任意取出 \(m\) 个数，求有多少种方法，不同顺序算作另一种那么这种问题第一下就会想到乘法原理 对于第一位数， 有 \(n\) 种选法，对于第 2 位数， 有 \(n-1\) 种选法，对于第3位数， 有 \(n-3\) 种选法，对于第 \(y\) 位数， 有 \(n-(y-1)\) 种选法 根据乘法原理得$A_n^m=n*(n-1)*(n-2)*(n-3)*\cdots*(n-m)$ 即$A_n^m={{n!} \over {(n-m)!}}$
组合
定义: 从 \(n\) 个数中任意取出 \(m\) 个数，求有多少种方法，不同顺序算同一种这个的区别在于不同的顺序在于同一组，不过这么相似，显然是通过上面的推得 也就是说我们要将 $A_n^m$ 中去重，那么我们就要考虑，从 \(m\) 个数中取出的长度为\(m\)的序列会有多少组不同的组合，由排列得 $A_m^m=m!$ $\therefore C_n^m={{n!} \over {m!(n-m)!}}$
组合的特别性质
第一个: $$C_n^m=C_n^(n-m)$$ 证明:$$\because C_n^{n-m}={n! \over {(n-m)![n-(n-m)]!}}={n! \over {(n-m)!n!}}$$ $$\because {C_n^m=n! \over {m!(n-m)!}}$$ $$\therefore {C_n^m=C_n^{n-m}}$$ 第二个: $$ C_n^m=C_{n-1}^m+C_{n-1}^{m-1} $$ 证明:$$ C_{n-1}^m+C_{n-1}^{m-1}={{(n-1)! \over {m!(n-m-1)!}} + {(n-1)! \over {(m-1)!(n-m)!}}} $$ $$={(n-1)(n-2)(n-3) \cdots m \over (n-m)!}+{(n-1)(n-2)(n-3) \cdots (m+1) \over (n-m-1)!}$$ $$={(n-1)(n-2)(n-3) \cdots (m+1)(n-m+m) \over (n-m)!}$$ $$={n! \over {m!(n-m)!}}$$ 这个实际上就是杨辉三角啦 第三个: $$C_n^0+C_n^1+C_n^2+\cdots+C_n^{n-1}+C_n^n=2^n$$ 这个的证明，再用等式的性质…..你们的博主还没有这么厉害… 实际上就是说，你想象一下对 \(n\) 个物品中随意取(1,n)个，这不就相当于你在你在 \(n\) 个物品中间，随意取几个吗 有点眼熟啊…这不是01背包思想吗!! 把每个物品当作一个 0/1 数值，选为 1 不选为 0 ，你么根据乘法原理，总共有 \(2\^n\) 种可能P2282 组合数问题
题目链接:[https://www.luogu.org/problemnew/show/P2822]题目第一眼过去想让人暴力套公式计算,但是…\(t<10^4+1\) 这个速度就比较温暖人心了,有没有什么快速解决的办法的呢? 当然有!杨辉三角了解一下 当然我们不能每个数组数据都处理一波,\(n<2000+1\),后面前缀和保留每一行,后面遍历行数前缀相加就可以了 千万不要忘记边做边取模
代码
#include <cstdio>
using namespace std;
long long t,k;
long long n,m;
long long c[2200][2200];
// n m
long long cnt=0;
long long sum[2200][2200];
inline long long min(long long a,long long b){return a<b?a:b;}
int main(){
scanf("%lld%lld",&t,&k);
for(int i=0;i<=2100;i++){//预处理
if(i==0){
for(int j=0;j<=i;j++){
c[0][j]=1;
if(c[0][j]%k==0) sum[0][j]=1;// 前缀和
else sum[0][j]=0;
}
}
else for(int j=0;j<=i;j++){
if(j==0||j==i) c[i][j]=1;
else c[i][j]=(c[i-1][j-1]+c[i-1][j])%k; // 记得取模
if(j==0){
if(c[i][j]%k==0) sum[i][j]=1;
else sum[i][j]=0;
}
else {
if(c[i][j]%k==0) sum[i][j]=sum[i][j-1]+1;
else sum[i][j]=sum[i][j-1];
}
}
}
for(int i=1;i<=t;i++){//及其稀少的主部分
cnt=0;// 别忘记设0
scanf("%lld%lld",&n,&m);
for(long long j=0;j<=n;j++){
cnt+=sum[j][min(m,j)];
}
printf("%lld\n",cnt);
}
}
long long呢,因为乘的时候可能会出事