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数学
费马小定理，逆元，同余
同余
同余的表示
若 $a \bmod m = b \bmod m$，则我们称 a, b 同余，记作 $a \equiv b \pmod m$。
注意：c++中，一个负数 mod 另一个数结果还是负数。如 $-11 % 3 = -2$。而在数学中， -11 \% 3 = 1
若 $a \equiv b \bmod m$，则 $m | (a - b), a - b = km (k \in \mathbb{Z})$，其中 \mathbb{Z} 表示整数集合
同余的性质
- 自反性：
a \equiv a \pmod m - 对称性：若 $a \equiv b \pmod m$，则
b \equiv a \pmod m - 传递性：若 $a \equiv b \pmod m, b \equiv c \pmod m$，则
a \equiv c \pmod m
类似等式，在同余式的两边同时进行相同的线性运算也不影响结果。
如：
a \equiv b \pmod m, c \equiv d \pmod m
\Downarrow
a \pm c \equiv b \pm d \pmod m, a \times c \equiv b \times d \pmod m
逆元
当 $ab \equiv 1 \pmod m$，则称在模 m 意义下 a, b 互为逆元。
可以将 b 记作 a^{-1}
求解逆元
求解模 m 意义下的逆元，相当于求解 ax \equiv 1 \pmod m 中的 $x$。
可以发现，当 a 和 m 互质时，原方程才有解，即 a 和 m 互质时， a 存在逆元。
由于使用扩展欧几里得算法求解过于复杂，下面将会介绍一种更为简单地方法。
若 $\gcd(a, p) = 1$，则 $a^{p - 1} \equiv 1 \pmod p, p \in \mathbb P$，其中 \mathbb P 表示质数集合。
根据这一定理，我们可以发现 a \times a^{p - 2} \equiv 1 \pmod p
所以，在模 p 的意义下， a 与 a^{p - 2} 互为逆元。
故可以用快速幂来求解逆元，时间复杂度为 O(\log m)
需要注意的是，这种方法只适用于模数为质数的情况。非质数的情况需要用扩展欧几里得算法求解。
线性求解逆元
费马小定理单次求解逆元的复杂度为 $O(\log n)$，若要求解 [1, n) 中所有数的逆元，总的时间复杂度为 O(n \log n)
为了应对这种情况，还有一种 O(n) 的递推方法，用于快速求解逆元。
首先，不难发现，对于任意的模数， 1 与本身都互为逆元。
接下来考虑递推。
假设已知 [1, x) 中所有数的逆元，要求 x 的逆元。
首先将 n 表示为 kx + t
其中 k=\lfloor \frac{n}{x} \rfloor, t = n \bmod x
所以 kx + t \equiv 0 \pmod n
在两边同乘 x^{-1} \times t^{-1} 后，可得 kt^{-1} + x^{-1} \equiv 0 \pmod n
移项后得到 $x^{-1} \equiv -kt^{-1} \pmod n$，即得到递推式 x^{-1} \equiv -\lfloor \frac{n}{x} \rfloor (n \bmod x)^{-1} \pmod n
而因为 $1 \le (n \bmod x) \le x$，则一定可以从已有的值推出 x^{-1}
费马小定理，逆元，同余例题
B3717 组合数问题
给定多组 $n, m$，求 C^n_m \bmod 998244353
B3717题解
首先展开：
C^n_m=\frac{n!}{m! \times (n - m)!}
因此为了快速求解，就需要求出所有数的阶乘及其逆元。
如果对于每个数的阶乘单独求逆元，肯定无法通过此题。
所以我们记 fact_x = x! 表示 x 的阶乘， inv_x 表示 x 的逆元。
首先预处理 inv_n = fact_n^{p - 2} （快速幂）
然后可以递推求解： inv_x = \frac{1}{x!} = (x + 1) \times inv_{x + 1}
预处理复杂度为 $O(n)$，单次查询复杂度为 O(1)
P3403 跳楼机
有一个高度为 h 的大楼，每次可以往上跳 x, y, z 层或回到第一层，请问一共有多少个楼层可以到达。
1 \le h \le 2^{63} - 1, 1 \le x, y, z \le 10^5
P3403题解
令 x \le y \le z
首先根据 \bmod\ x 的余数将楼层分成 x 类。
容易发现，如果同类楼层中某个楼层可以到达，则高于它的同类部分也可以到达。
因此可以求出每一类楼层最低可以到达的楼层，就可以算出这一类有几层可以到达。考虑如何计算每一类楼层的最低可到达（使用 y, z 来凑）
设 f_i 表示 \bmod x = i 的楼层的最低可到达。
转移即为：
f_{(a + y) \bmod x} = min(f_{(a + y) \bmod x}, f_a + y) \\
f_{(a + z) \bmod x} = min(f_{(a + z) \bmod x}, f_a + z) \\
发现可以使用最短路来解决。
P3403代码
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int h, f[100005], x, y, z;
priority_queue<pair<int, int>, vector<pair<int, int>>, greater<pair<int, int>>> q;
bool inn[100005];
signed main()
{
scanf("%lld%lld%lld%lld", &h, &x, &y, &z);
for (int i = 1; i <= 100002; ++i)
f[i] = LONG_LONG_MAX;
f[0] = 1;
q.push({1, 0});
while (!q.empty())
{
int now = q.top().second;
q.pop();
if (inn[now])
continue;
inn[now] = 1;
int to = (now + y) % x;
if (f[to] > f[now] + y)
{
f[to] = f[now] + y;
q.push({f[to], to});
}
to = (now + z) % x;
if (f[to] > f[now] + z)
{
f[to] = f[now] + z;
q.push({f[to], to});
}
}
int ans = 0;
for (int i = 0; i < x; i++)
{
if (f[i] > h)
continue;
ans += (h - f[i]) / x + 1;
}
printf("%lld", ans);
return 0;
}
欧几里得算法和中国剩余定理
欧几里得算法
对于任意的正整数 $a \ge b$，若 $a \equiv 0 \pmod b$， $\gcd(a, b) = b$，否则令 a = kb + a \bmod b
设 S_i 表示 i 的因数集合，注意到 $S_x \cap S_b = S_a \cap S_b$，所以可以得到如下推论:
\gcd(a, b) = \gcd(b, a \bmod b)
因此通过
int gcd(int a, int b){ return !b ? a : gcd(b, a % b);}
即可求出 gcd
前置知识：裴蜀定理
a, b 为非零整数，则存在整数 $x, y$，使得 ax + by = \gcd(a, b)
扩展欧几里得
对于任意正整数 $a, b$，考虑一元二次方程 ax + by = c 的整数解
对于任意整数 $x$，存在 y = \frac{c - ax}{b} 为唯一解，所以只需要考虑这个式子是否为整数，即是否存在 x 使得
ax \equiv c \pmod b
考虑 c = \gcd(a, b) 时如何找到一组解。
显然当 a = 0 或 b = 0 时可以直接找到解。（不是废话，等会递归时要用）
假设已知 (a \bmod b)x + by = \gcd(a, b) 的一组解 x', y' 则：
(a \bmod b)x' + by' = \gcd(a, b)
ax + by = \gcd(a, b)
取 $x = x'$，两式相减得到：
(a - a \bmod b)x + b(y - y') = 0
注意到 $a - a \bmod b = b \times \lfloor \frac{a}{b} \rfloor$，因此该方程有整数解：
y = y' - \frac{(a - a \bmod b)x}{b} = y' - \lfloor \frac{a}{b} \rfloor x
然后递归求解即可（看代码）
易证 |x| \le |b|, |y| \le |a|
这样就求到了一组特解 $x_0, y_0$，考虑求令一组解 x, y
\left\{
\begin{aligned}
ax_0 &+ by_0 &= c \\
ax &+ by &= c \\
\end{aligned}
\right.
\Downarrow
a(x - x_0) + b(y - y_0) = 0
\Downarrow
\left\{
\begin{aligned}
a(x &- x_0) &= k\ lcm(a, b) = k \frac{ab}{\gcd(a, b)} \\
-b(y &- y_0) &= k\ lcm(a, b) = k \frac{ab}{\gcd(a, b)} \\
\end{aligned}
\right.
\Downarrow
\left\{
\begin{aligned}
x &= k \frac{b}{\gcd(a, b)} + x_0 \\
y &= -k \frac{a}{\gcd(a, b)} + y_0 \\
\end{aligned}
\right.
这样就找到了令一组解
扩展欧几里得参考代码
int exgcd(int a, int b, int &x, int &y)
{
if (b == 0)
{
x = 1, y = 0;
return a;
}
int g = exgcd(b, a % b, y, x);
y -= a / b * x;
return g;
}
欧几里得算法例题
P1516 青蛙的约会
两只青蛙在网上相识了，它们聊得很开心，于是觉得很有必要见一面。它们很高兴地发现它们住在同一条纬度线上，于是它们约定各自朝西跳，直到碰面为止。可是它们出发之前忘记了一件很重要的事情，既没有问清楚对方的特征，也没有约定见面的具体位置。不过青蛙们都是很乐观的，它们觉得只要一直朝着某个方向跳下去，总能碰到对方的。但是除非这两只青蛙在同一时间跳到同一点上，不然是永远都不可能碰面的。为了帮助这两只乐观的青蛙，你被要求写一个程序来判断这两只青蛙是否能够碰面，会在什么时候碰面。
我们把这两只青蛙分别叫做青蛙 A 和青蛙 B，并且规定纬度线上东经 0 度处为原点，由东往西为正方向，单位长度 1 米，这样我们就得到了一条首尾相接的数轴。设青蛙 A 的出发点坐标是 $x$，青蛙 B 的出发点坐标是 $y$。青蛙 A 一次能跳 m 米，青蛙 B 一次能跳 n 米，两只青蛙跳一次所花费的时间相同。纬度线总长 L 米。现在要你求出它们跳了几次以后才会碰面。
$1 \le x \ne y \le 2 \times 10^{9}, 1 \le m, n \le 2 \times 10^{9}, 1 \le L \le \text{INTMAX}$。
P1516题解
设 k 时刻相遇。
(m - n)k \equiv (y - x) \pmod l
若 y - x 不是 \gcd(m - n, l) 的倍数，则无解。
否则，令
g \leftarrow \gcd(y - x, l), b = \frac{y - x}{g}, a = \frac{m - n}{g}, l' = \frac{l}{g}
要求的值即为 ak \equiv b \pmod {l'} 的 k
由于 $\gcd(l', a) = 1$， a 在 \bmod {l'} 意义下逆元存在，即 k \equiv ba^{-1} \pmod {l'}
所以只需要找出满足
aa^{-1} - kl' = 1
的 a^{-1}, k 即可，且 0 \le a^{-1} \lt l
复杂度 $O(\log V)$， V 为输入数据范围最大值
CF1010C Border
给定 n 个数 ${a_i}_{i = 1}^{n}$，求这些数的线性组合模 k 有多少种不同的值。
CF1010C题解
根据裴蜀定理：
\sum_{i = 1}^{n}c_i a_i = c
有解当且仅当 c 是 \gcd(a_1, \dots , a_n) 的倍数，也就是说原式的线性组合一定是 \gcd(a_1, \dots , a_n) 的倍数。
这是二维裴蜀定理（ ax + by = c 有解，当且仅当 c 是 \gcd(a, b) 的倍数）的扩展
考虑将方程变形：
\sum^{n}_{i = 1}c_i a_i \equiv c \pmod k \Rightarrow \sum^{n}_{i = 1} c_i a_i - c_{n + 1} a_{n + 1} = c
(0 \le c \le k, a_{n + 1} \leftarrow k)
也就是说有解的 c 一定是 \gcd(a_1, \dots , a_n, k) 的倍数。依次输出即可。
时间复杂度 O((n + k) \log k)
CF1010C代码
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int a[100005];
vector<int> q;
signed main()
{
int n, k;
int ans;
scanf("%lld%lld", &n, &k);
for (int i = 1; i <= n; ++i)
{
scanf("%lld", &a[i]);
if (i == 1)
ans = a[1];
else
ans = __gcd(ans, a[i]);
}
ans = __gcd(ans, k);
int ns = 0;
while (ans * ns < k)
{
q.push_back(ns * ans);
++ns;
}
printf("%d\n", q.size());
for (int i : q)
printf("%lld ", i);
puts("");
return 0;
}
CF1427E Xum
给定一个集合 ${x}$， x 是奇数，你可以对这个集合进行如下操作：
- 选取集合里的两个数 $x, y$，插入
x + y - 选取集合里的两个数 $x, y$，插入
x \oplus y
构造一个操作方式，使得序列内出现 1
CF1427E题解
构造题。
考虑构造 x, y 使得 \gcd(x, y) = 1 即可使用扩展欧几里得算法构造出 $1$。
经过打表构造发现当 x 是奇数， y 可以取 $x \oplus 2^{k - 1}x$，其中 k 为 x 二进制下的长度，此时便可构造出 \gcd(x, y) = 1
中国剩余定理（CRT）
CRT引入
小学奥数问题：
有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二。问物几何？
转换为同余式如下：
\left\{
\begin{aligned}
x &\equiv 2 \pmod 3 \\
x &\equiv 3 \pmod 5 \\
x &\equiv 2 \pmod 7 \\
\end{aligned}
\right.
该问题最早见于《孙子算经》中，并有该问题的具体解法。宋朝数学家秦九韶于 1247 年《数书九章》卷一、二《大衍类》对「物不知数」问题做出了完整系统的解答。上面具体问题的解答口诀由明朝数学家程大位在《算法统宗》中给出：
三人同行七十希，五树梅花廿一支，七子团圆正半月，除百零五便得知。
$2 \times 70 + 3 \times 21 + 2 \times 15 = 233 = 2 \times 105 + 23$，故答案为 $23$。
CRT概念
中国剩余定理（Chinese Remainder Theorem, CRT）可以求解如下形式一元线性同余方程组（ n_1, n_2, \dots, n_k 两两互质）：
\left\{
\begin{aligned}
x &\equiv a_1 \pmod{n_1} \\
x &\equiv a_2 \pmod{n_2} \\
&\dots \\
x &\equiv a_k \pmod{n_k} \\
\end{aligned}
\right.
CRT过程
- 计算所有模数的乘积
n - 对于每一个方程：
- 计算
m = \frac{n}{n_i} - 计算在
\pmod n_i意义下的m_i^{-1} - 计算
c_i = m_i m_i^{-1}
- 计算
- 方程组在
\pmod n意义下的唯一解为x = \sum^{k}_{i = 1} a_i c_i \pmod n
CRT代码
LL CRT(int k, LL *a, LL *r)
{
LL n = 1, ans = 0;
for (int i = 1; i <= k; i++)
n = n * r[i];
for (int i = 1; i <= k; i++)
{
LL m = n / r[i], b, y;
exgcd(m, r[i], b, y); // b * m mod r[i] = 1
ans = (ans + a[i] * m * b % n) % n;
}
return (ans % n + n) % n;
}
扩展（EXCRT）：模数不互质
EXCRT两个方程
已知两个方程：
x \equiv a_1 \pmod{m_1} \\
x \equiv a_2 \pmod {m_2} \\
将其转换为不定方程：
x = m_1p + a_1 = m_2q + a_2
其中 p, q 为整数，则
m_1p - m_2q = a_2 - a_1
根据裴蜀定理，当 a_2 - a_1 不能被 \gcd(a, b) 整除，无解。
否则可以用扩展欧几里得算法解出一组可行解。
EXCRT多个方程
两两合并即可。
组合数学与矩阵初步
组合数学部分
组合数的定义
从 n 个物品选 m 个的方案数
{n \choose m} = \frac{n!}{m!\ (n - m)!}
组合恒等式
{n \choose m} = {n \choose {n - m}} = {\frac {n}{m}}{{n - 1} \choose {m - 1}} = {{n - 1} \choose m} + {{n - 1} \choose {m - 1}}
\sum^m_{i = 0}{n \choose i} = {{m + 1} \choose {n + 1}}
\sum^k_{i = 0}{n \choose i}{m \choose {k - i}} = {{n + m} \choose k}
二项式定理
(x + y)^n = \sum^n_{k = 0}{n \choose k}x^{k}y^{n - k}
其实就是展开式的通项公式。
二项式反演
若已知函数 $g$：
g_n = \sum^{n}_{i = 0} {n \choose i}f_i
则：
f_n = \sum^{n}_{i = 0}(-1)^{n - i}{n \choose i}g_i
证明就算了吧。。。
矩阵部分
矩阵简介
矩阵（Matrix）是一个按照长方阵列排列的复数或实数集合，最早来自于方程组的系数以及常数所构成的方阵。
由 m \times n 个数 a_{i, j} 排成的 m 行 n 列的数表称为 m 行 n 列的矩阵，简称 m \times n 矩阵。记作：
A = \left[
\begin{array}{}
a_{1, 1} & a_{1, 2} & \dots & a_{1, n} \\
a_{2, 1} & a_{2, 2} & \dots & a_{2, n} \\
\dots & \dots & \dots & \dots \\
a_{m, 1} & a_{m, 2} & \dots & a_{m, n} \\
\end{array}
\right]
这 m \times n 个数称作矩阵 A 的元素，简称为元，数 a_{i, j} 位于矩阵 A 的 (i, j) 元，以数 a_{i, j} 为 (i, j) 元的矩阵记作 (a_{i, j}) 或 (a_{i, j})_{m \times n}
矩阵加减法
只有同型矩阵才支持加减法。
对应元素相加减即可。
显然满足交换律，结合律。
矩阵数乘
每个元素都乘这个数即可。
显然满足交换律，结合律和分配律。
矩阵转置
矩阵转置即交换每个元素的行与列下标。
矩阵 A 的转置记作 A^T
(A^T)^T = A \\
(aA)^T = a(A^T) \\
(AB)^T = A^TB^T
（a为常数）
矩阵乘法
不同于加减法，矩阵乘法的要求是第一个矩阵的列数等于另一个矩阵的行数。一个 n \times r 的矩阵乘一个 r \times m 的矩阵得到的是一个 n \times m 的矩阵 设
C = AB
则
C_{i, j} = \sum^{r}_{k = 1}a_{i, k}b_{k, j}
也就是说， C 的第 i 行 j 列是由 A 的第 i 行和 B 的第 j 列逐个相乘的和转换而来。
显然，矩阵乘法不满足交换律，但是满足结合律。
行列式
一个 n \times n 的方阵 A 的行列式记作 \det(A) 或 $|A|$，一个 2 \times 2 矩阵的行列式可以表示如下：
\det
\left(
\begin{array}{}
a & b \\
c & d \\
\end{array}
\right) = ad - bc
n 阶行列式
\left|
\begin{array}{}
a_{1, 1} & a_{1, 2} & \dots & a_{1, n} \\
a_{2, 1} & a_{2, 2} & \dots & a_{2, n} \\
\dots & \dots & \dots & \dots \\
a_{n, 1} & a_{n, 2} & \dots & a_{n, n} \\
\end{array}
\right| =
\sum_{j_1j_2\dots j_n} (i1)^{\gamma(j_1j_2\dots j_n)}a_{1, j_1}a_{2, j2}\dots a_{n, j_n}
其中 \sum_{j_1j_2\dots j_n} 表示对 1 - n 的所有排列枚举求和， \gamma(j_1j_2\dots j_n) 表示 j_1j_2\dots j_n 的逆序对数。
行列式的意义
行列式的集合意义就是行列式中的每一行，或者称作行向量，所构成的超平行多面体的有向面积或体积。
如图两个向量 (a_1, a_2), (b_1, b_2) 此图的面积即可用
\left[
\begin{array}{}
a_1 & a_2 \\
b_1 & b_2 \\
\end{array}
\right]
来表示。
三维同理。
组合数学与矩阵初步例题
P1962 斐波那契数列
求斐波那契数列的第 n 项 \pmod{1e9 + 7}
n \le 10^{18}
P1962矩阵解法
矩阵 A = \left[\begin{array}{} F_n & F_{n - 1} \end{array} \right], base = \left[\begin{array}{} 1 & 1 \\ 1 & 0 \end{array} \right], A \times base = \left[\begin{array}{} F_n + F_{n - 1} & F_n \end{array} \right] = \left[\begin{array}{} F_{n + 1} & F_n \end{array} \right]
所以答案就是 \left[\begin{array}{} 1 & 1 \end{array} \right] \times base^{n - 2} 的第一行第一列，矩阵快速幂即可（同普通快速幂，但是要重载运算符）。
P1962非矩阵解法
利用斐波那契递推公式：
F_{2n} = F_{n + 1}^2 - F_{n - 1}^2 = (2F_{n - 1} + F_n) \times F_n \\
F_{2n + 1} = F_{n + 1}^2 + F_n^2
数学归纳法即可证明。
直接用这个方法，是会超时的。
观察发现若要计算 $F_{100}$，则需要计算 $F_{50}, F_{49}$，而这两个数的递推都是 $F_{24}, F_{25}$，所以可以用 map 暂时记忆化即可解决。