「笔记」数论做题记录
- BSGS
- 欧拉定理
- P2155 [SDOI2008] 沙拉公主的困惑
- P4139 上帝与集合的正确用法
- CF906D Power Tower
- P3934 [Ynoi2016] 炸脖龙 I
- P3747 [六省联考 2017] 相逢是问候
- 扩展中国剩余定理
- P4774 [NOI2018] 屠龙勇士
- ExLucas
- P4720 【模板】扩展卢卡斯定理/exLucas
- P2183 [国家集训队]礼物
- P3301 [SDOI2013]方程
- P3726 [AH2017/HNOI2017]抛硬币
建议配合食用。
会不断更新的。
数论做的还是少啊/kk
BSGS
按着下面这个博客刷的，我就不写了。（太懒了）
BSGS例题及题解
欧拉定理
P2155 [SDOI2008] 沙拉公主的困惑
根据欧几里得算法的这么个式子 \(\gcd(x,y) = \gcd(x+ky,y)\)。
那么，如果 \(y \mid x\)，\(x\) 以内与 \(y\) 互质的数的个数就是 \(\varphi (y) \frac{x}{y}\)（是一个倍数关系）。
所以这题答案为
\[\frac{n!}{m!} \varphi(m!) \]\(\varphi (m!)\) 其实是可以递推的。
- 如果 \(m\) 是质数，\(\varphi (m!) = \varphi((m-1)!) \times (m-1)\)。
- 如果 \(m\) 不是质数，\(\varphi (m!) = \varphi((m-1)!) \times m\)。
那么对于前面的那个分数，都知道当 \(n \ge mod\) 并且 \(m \ge mod\) 时是不能直接算的，因为 \(n!\) 中的 \(mod\) 和 \(m!\) 中的 \(mod\) 有可能会抵消掉。
于是在递推阶乘的时候可以特判一下，当 \(i=mod\) 时直接令 \(n!=(n-1)!\)。
在计算的时候再判断一下，只有当 \(\left\lfloor \frac{n}{mod} \right\rfloor = \left\lfloor \frac{m}{mod} \right\rfloor\) 不满足时答案为 \(0\)。
P4139 上帝与集合的正确用法
显然质数大于模数，根据欧拉定理我们知道
\[a^p \equiv a^{p \% \varphi(m)+\varphi(m)} \pmod m \]递归处理即可，就做完了，复杂度 \(O(\text{能过})\)，（好像是 \(\log\) 级别？）
CF906D Power Tower
求欧拉函数写错了调半天/wul
做法和上个题一样。
但是欧拉降幂的写法我们还是需要注意，一定要严格遵循下列公式：
\[a^p = \begin{cases} a^c, & c < \varphi(m) \\ a^{c \% \varphi(m) + \varphi(m)}, & otherwise \end{cases} \bmod b \]原因是当 \(\gcd(a,b) \neq 1\) 时，\(a^{\varphi(m)} \equiv 1 \pmod m\) 不一定成立。
具体实现可以在快速幂中处理：
int Pow(int x, int p, int mod) {
int res = 1;
while(p) {
if(p & 1) {
res = res * x;
if(res >= mod) res = res % mod + mod; // 欧拉公式
}
x = x * x;
if(x >= mod) x = x % mod + mod; // 欧拉公式
p >>= 1;
}
return res;
}
P3934 [Ynoi2016] 炸脖龙 I
挺水的一道 Ynoi。
上面那题应该算这题的弱化版。
与上面那题的区别是模数不固定和带修。
模数最大为 \(2 \times 10^7\) 直接线筛即可，带修可以分块或者树状数组，实测他们的实际速度差不多。
这里鸣谢 @NaCly_Fish 的写法，可以判断指数与模数的大小关系，以便遵守欧拉公式。（）
struct node { int sum; bool flag; };
node Pow(int x, int p, int mod) {
node res = (node){1, false};
if(x >= mod) x %= mod, res.flag = true;
while(p) {
if(p & 1) {
res.sum *= x;
if(res.sum >= mod) {
res.flag = true;
res.sum %= mod;
}
}
x = x * x;
if(x >= mod) {
res.flag = true;
x %= mod;
}
p >>= 1;
}
return res;
}
node Solve(int l, int r, int p) {
int x = a[l] + tag[pre[l]]; // 分块
// int x = Query(l); // 树状数组
if(p == 1) return (node){0, true};
if(x == 1) return (node){1, false};
if(l == r) return x < p ? (node){x, false} : (node){x % p, true};
node res = Solve(l + 1, r, phi[p]);
if(res.flag) res.sum += phi[p];
return Pow(x, res.sum, p);
}
P3747 [六省联考 2017] 相逢是问候
发现一个点修改多次只后就相当于 \(c^{c^{c^{...}}} \bmod p\)，那个 \(a_i\) 就被忽略掉了。大约是 \(\log p\) 次。
所以考虑暴力修改，然后维护修改次数最小值。
但是这样复杂度是 \(O(n \log^3 n)\)。 （线段树 + 欧拉降幂 + 快速幂）
会被卡的很惨。
所以这题的正确姿势是，预处理快速幂。
假设求 \(x^c\)，因为 \(p\) 只有 \(10^8\)，所以 \(c = c / 10000 + c \% 10000\)，所以可以分别预处理这两部分，计算的时候直接合并可以做到 \(O(1)\)。
此时总复杂度 \(O(n \log^2 n)\)。
扩展中国剩余定理
P4774 [NOI2018] 屠龙勇士
真是一道既浪费了时间又玩崩了心态的好题呢。
题意就是解形如 \(b_ix \equiv a_i \pmod {p_i}\) 的同余方程组。
1、假设已经得到了前面 \(i-1\) 个方程的解 \(ans\)；
2、设 \(M = \text{lcm}(p_1,p_2,...,p_{i-1})\)，则对于任意整数 \(x\)，\(ans +xkM\) 是前 \(i-1\) 个方程的通解；
3、想得到前 \(i\) 个方程的解，就要满足 \(b_i(ans+xM) \equiv a_i \pmod {p_i}\)，移项得。
4、\(b_iM x \equiv a_i - b_i ans \pmod {p_i}\)。
5、显然可以用扩欧，直接转化成 \(Ax+By = C\) 求解即可。
然后注意的一点是有很多地方会爆 long long，注意加上龟速乘。
ExLucas
P4720 【模板】扩展卢卡斯定理/exLucas
建议去看第一篇题解，真 良心。
P2183 [国家集训队]礼物
比较简单的组合数学。每个人依次考虑就行。
答案是下面的式子：
\[\prod_{i=1}^m \binom{n - \displaystyle\sum_{j=1}^{i-1}w_i}{w_i} \]\(m\) 很小，扩展卢卡斯直接做就行。
P3301 [SDOI2013]方程
前面 \(n1\) 个限制直接容斥做，后面 \(n2\) 个限制如果有 \(a_i\) 那么可以直接给 \(m\) 减去 \(a_i - 1\)。
然后就是喜闻乐见的插板法了。
几个小 trick：
- 发现所有数据共用一个 \(P\)，所以可以预处理出所有 \(p\) 和 \(p^k\)；
- 同时可以预处理出阶乘来，即 \(\displaystyle\prod_{i=1}^{p^k} i [i \not\equiv 0 \pmod p]\)
P3726 [AH2017/HNOI2017]抛硬币
范德蒙德卷积不会，帕斯卡恒等式不会，有空补一下。
根据题意大概能推出这么个式子：
\[\sum_{i=1}^{b} \binom{a}{i} \times \binom{b}{i-1} \times 2^{i-1} + \sum_{i = b+1}^{a} \binom{a}{i} \times 2^{b} \]应该能过 \(70pts\)，但是我没调出来，所以不保证正确性，还是太菜了。
去看题解发现其方法更简单。
他们推的式子和上面那个没半毛钱关系。。。
一个 trick 利用了 \(10^k\) 只有 \(2\) 和 \(5\) 两个质因子的优势直接预处理出两个 \(p^9\) 的阶乘，优化了复杂度，然后也不用一个一个找因子了。启示我们要懂得灵活运用 ExLucas。
另一个 trick 通过标记把 \(/2\) 的操作放进了求答案的过程中，也非常的妙。