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简单数学基础

前言

数学是算法的核心

知识清单

• 莫比乌斯反演

• 高斯消元

• 拓展欧几里得

• 矩阵乘法

• 逻辑、命题与证明

A - 简单莫反(I)

首先进行一个转化，记 \(f(u,v,k)\) 为 \(x:1 \sim u;y:1\sim v;\gcd(x,y)=k\) 的答案

那么对于询问 \(a,b,c,d\) 有答案为 \(f(b,d,k)-f(a,d,k)-f(b,c,k)+f(a,c,k)\)

这么做是为了将询问从四个自由元变成两个自由元

如何求出 \(f(A,B,k)\)

实际上我们知道形如 \((kx,ky)\) 的数对的最大公因数一定是 \(k\) 的倍数，且最大公因数为 \(k\) 的倍数的数对一定可以写为 \((kx,ky)\) 的形式，因此我们证明了：

\[\{(kx,ky):1\le kx\le A,1\le ky\le B\}= \{(x,y):k|\gcd(x,y),1\le x\le A,1\le y\le B\} \]

设 \(g(A,B,k)\) 为 \(x:1 \sim A;y:1\sim B;k|\gcd(x,y)\) 的答案

那么有

\[g(A,B,k)=\lfloor\frac A k\rfloor\cdot \lfloor\frac B k\rfloor=\sum_{k|s}f(A,B,s) \]

应用莫比乌斯反演有

\[\begin{align} f(A,B,k)&=\sum_{k|s}g(A,B,s)\cdot \mu(\frac s k)=\sum_{k|s}\lfloor\frac A s\rfloor\lfloor\frac B s\rfloor\cdot \mu(\frac s k)\\ &=\sum_{s=\lambda d}\lfloor\frac A {\lambda k}\rfloor\lfloor\frac B {\lambda k}\rfloor\cdot \mu(\lambda)=\sum_\lambda \lfloor\frac {\lfloor \frac A k\rfloor}\lambda\rfloor\lfloor\frac {\lfloor \frac B k\rfloor}\lambda\rfloor\cdot \mu(\lambda) \end{align} \]

应用整除分块即可

B - 简单高斯消元

可以把所有的可行的询问处理出来（先别问交互器，先在本地处理一下），当作一个线性方程组

然后就是看这 \(O(n^2)\) 个方程的秩是否为 \(n-1\) ，这是因为方程组有唯一解的充要条件是

\[r(A)=r([A|b]) \]

但是直接高斯消元的话时间复杂度是 \(O(n^4)\) 的，这个时候注意到系数矩阵的元素均为 \(0/1\) 因此可以使用 bitset 来优化，则时间复杂度为 \(\Theta(\frac {n^4} \omega)\)

C - 简单莫反(II)

先考虑去掉绝对值，那就是把 \(a_i\) 从小到大排序，那么答案就是

\[\begin{align} &2\sum_{i>j}(a_i-a_j)\cdot {b_ib_j\over\gcd^2(b_i,b_j)}\\ =&(\sum_{i\le n}a_ib_i\sum_{j<i}{b_j\over\gcd^2(b_i,b_j)})-(\sum_{i\le n}a_i\sum_{j<i}{a_jb_j\over \gcd^2(b_i,b_j)})\\ =&(\sum_{i\le n}a_ib_i\sum_{\substack{j<i\\\gcd(b_i,b_j)=t}}{b_j\over t^2})-(\sum_{i\le n}a_i)\sum_{\substack{j<i\\\gcd(b_i,b_j)=t}}{a_jb_j\over t^2} \end{align} \]

对于 \(j<i\) 的限制我们可以考虑从小往大维护一个累和的东西来完成所有就是

\[\begin{align} &(\sum_{i\le n}a_ib_i\sum_{\substack{j<i\\\gcd(b_i,b_j)=t}}{b_j\over t^2})-(\sum_{i\le n}a_i\sum_{\substack{j<i\\\gcd(b_i,b_j)=t}}{a_jb_j\over t^2})\\ =&\sum_{i\le n}a_i(b_i\sum_{t|b_i}{\sum_{\gcd(b_i,b_j)=t}b_j\over t^2}-\sum_{t|b_i}{\sum_{\gcd(b_i,b_j)=t}a_jb_j\over t^2}) \end{align} \]

（md，latex太难敲了，现场给你们讲吧）

就是仿照 A 题的处理思路来处理 \(\gcd(b_i,b_j)=t\) 的限制

所以时间复杂度就是 \(O(N\omega^2(N))\) 可以通过

D - 神奇不等式

首先注意到不等式:

\[|x-y|\le x\oplus y\le x+y \]

然后分类讨论：

对于 \(1\le y \le 2x\) 的 \(y\) ，

暴力枚举检验

对于 \(2x < y\le m\) 的 \(y\) ，

\[x\oplus y>y-x>\frac 1 2 y \Longrightarrow y不可能是 x\oplus y 的倍数 \]

所以有所有的 \(y\) 一定是形如：

\[x\oplus y = \lambda x\Longrightarrow y=\lambda x \oplus x \]

然后对于边界处的 \(\lambda\) 进行检验即可，时间复杂度为 \(O(\sum x+T\log m)\)

E - 不等式证明时间复杂度

首先不难注意到答案不超过 \(2\log a\) ，所以考虑爆搜，如果层数爆了就剪枝

那么时间复杂度为

\[O(\sum2^{2\log a})=O(\sum a^2)\le O\big((\sum a)^2\big) \]

F

这需要注意到一个性质：

性质1：

一个集合能合并的充要条件是差分数组的 \(\gcd\) 不含有 \(2\) 以外的因数

证：

考虑无法操作的时候，所有元素的差分数组是奇数且相等

因为如果存在偶数，那么可以把偶数拆分；

如果存在不同的奇数可以在不同的奇数间操作

然后不难发现一个性质是无论怎么操作差分数组的 \(\gcd\) 将 \(2\) 的因子全部除去得到的值 \(\gcd'\) 是不变的

必要性：假如 \(\gcd'\not=1\) 则每个元素一定是 \(\gcd'\) 的倍数，不连续

充分性：假如 \(\gcd'=1\) 则每个元素最终必定为 \(1\) ，否则一定存在不同的奇数

然后通过欧几里得算法可知，改变集合内元素的顺序不影响 \(\gcd'\) ，所以只需要原序列的差分数组的 \(\gcd'=1\) 即可

实现方法有很多种，包括线段树和st表，这里提供 cdq分治 的做法

G - 有趣的构造题

考虑把所有数分成四类：

\[\begin{align} &x<{n\over2}:x\rightarrow 1\\ &x={n\over2}:x\rightarrow 2\\ &x={n\over2}+1:x\rightarrow 3\\ &x>{n\over2}+1:x\rightarrow 4 \end{align} \]

然后题面就转换为了求出 \(2,3\) 分别在哪，这个可以考虑每次去掉两个元素：

(a)如果去掉的是 \(1,4\) ，那么返回的答案是 \(2,3\)
(b)如果去掉的是 \(2,3\) ，那么返回的答案是 \(1,4\)
(c)如果去掉的是 \(1,2\) ，那么返回的答案是 \(3,4\)
(d)如果去掉的是 \(1,3\) ，那么返回的答案是 \(2,4\)
(e)如果去掉的是 \(2,4\) ，那么返回的答案是 \(1,3\)
(f)如果去掉的是 \(3,4\) ，那么返回的答案是 \(1,2\)
(g)如果去掉的是 \(1,1\) ，那么返回的答案是 \(3,4\)
(h)如果去掉的是 \(4,4\) ，那么返回的答案是 \(1,2\)

然后相当于使用了 \(n\over 2\) 次操作求出了每对相邻元素的类型

假如出现了 (b) ，直接结束

其余的情况考虑分类模拟即可

H - 线性基入门题

不难发现所有的环都是可以选择走或者不走的，这就启发我们使用线性基来计算

先把图的 \(dfs\) 生成树建出来，然后对于每个元素做一遍树上前缀异或，然后查看非树边能不能有机会为这一层的线性基贡献元素，然后一层层从大到小构造线性基，记得构建完每层的线性基要把那一层的值都给消掉，这个过程与高斯消元法是一致的

然后看看怎么处理答案：

把建完线性基的图再跑一遍 \(dfs\) 生成树，令 \(a_i\) 表示根节点到 \(i\) 节点的前缀异或值，这个时候对于任意一个边 \((u,v,w)\) 一定有 \(a_u\oplus a_v=w\)

对于一个 \(x,y\) ，\(d(x,y)=(a_x\oplus a_y)\oplus t\) 其中 \(t\) 是从线性基里贪心选取出来的

这个时候我们不能直观地看出 \(t\) 要选哪些，但是如果我们将线性基的矩阵化为标准型，那么 \(a_x\oplus a_y\) 有哪一位是 \(0\) ，这一位的线性基就要被选取，之后我们就只需要关心一个区间里有多少个位是 \(0\) 即可，这个可以用 \(\log\) 个前缀和来维护

I

建议先把 J 做出来再做这个题

不难发现结构：

POP 1 GOTO 2;PUSH 1 GOTO 1
POP 2 GOTO 3;PUSH 2 GOTO 1
POP 3 GOTO 4;PUSH 3 GOTO 1
...
POP [i] GOTO [i+1];PUSH [i] GOTO 1
...
POP [K] GOTO [K+1];PUSH [K] GOTO 1
HALT;PUSH 114514 GOTO 1919810

会被运行恰好 \(\sum_{i=1}^K 2^i\) 次

然后不难发现将第 \(x(K>x)\) 行的 GOTO 1 改为 GOTO 2 那么将使答案减少 \(2^{K-i}\)

所以需要求出最大的 \(K\) 使得 \(2^K\le n\)

事实上，这个构造是该题目的最优解，赛时通过此题允许两倍的构造空间

J - 递归分析

事实上想整出死循环还是很简单的

由于每次是在栈顶添加和访问元素，所以可以考虑对于每一个指令分别求出其存活周期(因为它会把以前的元素覆盖掉)

(1)事实上如果一个指令会去到死循环的指令，那么这个指令是死循环的

(2)一个指令的生命周期内不能再次出现自己

对于每个指令维护：

生命周期、生命周期结束后去到那个位置(或者程序终止)

由于确保了 (2) 性质，每一个指令遍历的元素不会超过 \(O(n)\) 因此时间复杂度为 \(O(n^2)\)

K - 简单证明题

先二分答案，把所有的点都变成黑白点

然后注意到一个性质：

性质1

最后的答案能成为黑点的充要条件是：

​ (1)存在一个黑点的度数大于2

​ 或者

​ (2)存在至少两个黑点

可以使用归纳法证明

L

转化一下题意： 就是要求 \(ad+bc\over bd\) 约分完后分母仅剩 \(2,5\) 因子

考虑进行一些变换：设 \(g=\gcd(b,d),b=b'g,d=d'g\)

则

\[{ad+bc\over bd}={ad'+b'c\over b'd'g} \]

可以分析：\(b',d'\) 均只含有因数 \(2,5\)

所以 \(g\) 是确定的，就是 \(b\) 把因子 \(2,5\) 除掉的值，然后暴力枚举 \(b'\) 对于 \(c\) 做拓欧即可

M

事实上，与其关心两者的比例不如关心其中一者的占比

然后这个题目就转换为:

\[\begin{align} c_i\in\{0,1\},{\sum_{i=0}^na^ib^{n-i}\over(a+b)^n}={x\over x+y} \end{align} \]

递归判断即可