数学

数论 / 比赛日志

超-4运算在 Z/nZ 上的收敛性 – 欧拉函数与扩展欧拉定理

扩展欧拉定理揭示了对于任意模数 nn，有 ab mod n={ab,b<φ(n)ab mod φ(n)+φ(n),otherwise. a^b\bmod n=\begin{cases} a^b,&b<\varphi(n)\\ a^{b\bmod \varphi(n)+\varphi(n)},&\text{otherwise} \end{cases}.

我们又知道若分解质因数 x=∑picix=\sum p_i^{c_i}，则 φ(x)=x∏(pi−1)/pi\varphi(x)=x\prod (p_i-1)/p_i。则若 x>1x>1，若 2∣x2\mid x，φ(x)≤x/2\varphi(x)\leq x/2；否则，2∣φ(x)2\mid\varphi(x)。记 φ(k)(x)=φ(φ(⋯φ(⏟k layersx)⋯ ))\varphi^{(k)}(x)=\underbrace{\varphi(\varphi(\cdots\varphi(}_{k\text{ layers}}x)\cdots))，则 O⁡(log⁡n)\newcommand\bigO{\operatorname{O}}\bigO(\log n) 级别的 kk 就能使其收敛到 11。

因此对于 Z/nZ\mathbb{Z}/n\mathbb{Z} 上的超-4运算 a1a2a3⋰a_1^{a_2^{a_3^{⋰}}}，结合扩展欧拉定理得到，在指数塔的 O⁡(log⁡n)\bigO(\log n) 层就将得到  mod φ(1)+φ(1)≡1\bmod\varphi(1)+\varphi(1)\equiv 1 的指数。从而它是收敛的。 （更多…）

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  • 2023年11月30日
图论 / 数论 / 比赛日志

MOCK PTS- 20231122 B – 迷失 – 强连通图所有环长度之最大公约数

题意简述

给定不含重边的有向图 GG，设其邻接矩阵为 AA，定义其元素的“加”为逻辑或，“乘”为逻辑与。问 Ac,c=1,2,⋯A^c,c=1,2,\cdots 在何时出现循环节（c=kc=k），以及最小循环节长度 dd（即，Ak=Ak+dA^k=A^{k+d}，k,dk,d 均最小）。

题意转化

在原图上，从 uu 出发，可用恰 bb 步走到 vv，则在 bb 次迭代后的图上有有向边 (u,v)(u,v)。问最少迭代多少次后图的形态出现循环节。

强连通图的所有环环长的最大公约数

任意找一点 uu，只需考虑经过 uu 的所有环。

考虑有一不经过 uu 的环，其长为 aa；另有一经过所有点的环（本图强连通），其长为 bb。则有 gcd⁡(a,b,a+b)=gcd⁡(a,a+b)\gcd(a,b,a+b)=\gcd(a,a+b)。

我们任意找一棵本图的搜索树。设其根为 uu。设节点 vv 的深度为 dep⁡(v)\newcommand\dep{\operatorname{dep}}\dep(v)。设某经过 uu 的有限长度的环依次经过了非树边（横叉边、返祖边） (v1,w1),(v2,w2),⋯ ,(vt,wt)(v_1,w_1),(v_2,w_2),\cdots,(v_t,w_t)。那么其环长在答案中可以被 gcd⁡(∣dep⁡(vi)+1−dep⁡(wi)∣,i∈{1,2,⋯ ,t})\gcd(|\dep(v_i)+1-\dep(w_i)|,i\in\{1,2,\cdots,t\}) 取代。

可得 wiw_i 一定是 vi+1v_{i+1} 的祖先。我们删去 (v1,w1)(v_1,w_1)，得到另一个环；这环与原来环的长度差为 dep⁡(w1)−dep⁡(v1)−1\dep(w_1)-\dep(v_1)-1。这两环均在答案中作出贡献；又由于 gcd⁡(a,b)=gcd⁡(a,b−a)\gcd(a,b)=\gcd(a,b-a)，则我们将原来的环长等价替换为两个数：其一即 ∣dep⁡(w1)−dep⁡(v1)−1∣|\dep(w_1)-\dep(v_1)-1|，其二为现在的环长。再继续删除 (v2,w2),⋯(v_2,w_2),\cdots，便等价地换为 t+1t+1 个数。

因此我们遍历一遍搜索树，就可以在 O⁡(nlog⁡n)\operatorname{O}(n\log n) 的时间内求出所有环环长之 gcd⁡\gcd。 （更多…）

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  • 2023年11月22日
数论 / 题解

2023 NOI 春季测试 T2 – 幂次 简略题解

洛谷题库 P9118 [春季测试 2023] 幂次

我们有非常易于理解的暴力解法：直接对于 b=3,4⋯b=3,4\cdots，求出所有可以当作底数的 aa，计算 aba^b 后放入数据结构/排序去重；特别处理 b=2b=2 的情况即可。在此不再赘述。

不过，我们注意到若有正整数 xx，满足 x>1,x=a0b0  (a0,b0∈N)x>1,x=a_0^{b_0}\ \ (a_0,b_0\in \mathbb N)，且 ∀a,b∈N,a0≠ab\forall a,b\in\mathbb N,a_0\neq a^b（即底数 a0a_0 不可再开根），那么 ∀b,b∣b0,x=(a0b0/b)b\forall b,b\mid b_0,x=(a_0^{b_0/b})^b。这意味着假如不去重地暴力添加 ⌊nb⌋\lfloor\sqrt[b]{n}\rfloor 到答案中，上文中 xx 将被算 ∣{b∣b0≡0(modb)}∣|\{b\mid b_0\equiv 0\pmod b\}| 次。

于是这就变成莫反的模板题了：记 g(b)g(b) 表示“能被 aba^b 表出的 xx 之数量”，f(b0)f(b_0) 表示“恰能被 x=a0b0x=a_0^{b_0} 表出，不可被 x=ab,b<b0x=a^b,b<b_0 表出的 xx 的数量”。易得 g(b)=∑b∣b0f(b0)g(b)=\sum_{b\mid b_0}f(b_0)，故 f(b0)=∑b0∣bg(b)μ(b/b0)f(b_0)=\sum_{b_0\mid b}g(b)\mu(b/b_0)。显然，当 b>log⁡2nb>\log_2 n 时仅有 a=1a=1 满足 ab≤na^b\leq n，故我们只需计算 ⌊log⁡2n⌋\lfloor\log_2 n\rfloor 个 bb，最后特判 a=1a=1。预处理出 μ\mu 的值，暴力求取反演式，复杂度为 O⁡(log⁡2n)\operatorname{O}(\log^2 n)。

其实并不需要这么麻烦。我们根本不需要反演：根据 g(b)=∑b∣b0f(b0)g(b)=\sum_{b\mid b_0}f(b_0)，假若 ∀b0,b0>b,f(b0)\forall b_0,b_0>b,f(b_0) 都已经计算完成，那么我们直接得到 f(b)=g(b)−∑b∣b0,b0>bf(b0)f(b)=g(b)-\sum_{b\mid b_0,b_0>b}f(b_0)。由 bb 从大往小计算即可，复杂度相同。

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  • 2023年3月10日
多项式 / 算法

再探 FFT – DIT 与 DIF，另种推导和优化

本文将简单推导两种方式进行的离散傅里叶变换，用另种视角解释并优化算法。参考了 Seniorious yhx-12243 的 NTT 到底写了些什么（详细揭秘） 一文、OI Wiki 快速傅里叶变换 条目 和 rushcheyo 转置原理及其应用 讲稿。

离散傅里叶变换

我们计算数列 {an}\{a_n\} 的离散傅里叶变换 DFT⁡(a,n)k=∑j=0n−1aje−2πinkj \newcommand\DFT{\operatorname{DFT}}\DFT(a,n)_k=\sum_{j=0}^{n-1}a_j\mathrm{e}^{\frac{-2\pi\mathrm{i}}{n}kj}

由卷积定理和循环卷积得到，我们对同样长为 nn 的数列 {bn}\{b_n\} 作 DFT⁡\DFT，并令数列 ck=DFT⁡(a,n)kDFT⁡(b,n)kc_k=\DFT(a,n)_k\DFT(b,n)_k，则有 IDFT⁡(c,n)k=∑j+q≡k(modn)ajbq \newcommand\IDFT{\operatorname{IDFT}}\IDFT(c,n)_k=\sum_{j+q\equiv k\pmod n}a_jb_q

于是我们可以利用该原理实现常规意义下的数列卷积：有长为 nn 的数列 {an}\{a_n\}，长 mm 的数列 {bm}\{b_m\}，则将 a,ba,b 高位补 00，分别作 n+m−1n+m-1 位的 DFT⁡\DFT，点值相乘后 IDFT⁡\IDFT 即可得到 ck=∑i+j≡k(modn+m−1)aibj=∑i+j=k0≤i<n0≤j<maibjc_k=\sum_{i+j\equiv k\pmod{n+m-1}}a_ib_j=\sum_{\substack{i+j=k\\0\leq i<n\\0\leq j<m}}a_ib_j。

为行文方便，下文采用 DFT⁡(a,n)k=∑i=0n−1aiωnik\DFT(a,n)_k=\sum_{i=0}^{n-1}a_i\omega_n^{ik} 的定义，其中 ωn=exp⁡(2πi/n)\omega_n=\exp(2\pi\mathrm{i}/n)，即 nn 阶单位根。 （更多…）

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  • 2023年2月23日
数论 / 比赛日志

MOCK quasi-PTS 20230209 日志

近一个月来第一次赛时通过一道题。真是可喜可贺。

A – 单调

一开始以为与网络流相关；后来考虑 DP；结果是个贪心或者乱搞。

题意简述

给定长为 n  (n≤105)\newcommand\bigO{\operatorname{O}}n\ \ (n\leq 10^5) 的序列 ⟨ai⟩,ai∈{1,2,3}\langle a_i\rangle,a_i\in\{1,2,3\}。匹配尽可能多的子序列，每个子序列均为 ⟨1,2,3⟩\langle 1,2,3\rangle 或 ⟨3,2,1⟩\langle 3,2,1\rangle，且一个位置最多被一个子序列占用。求最大匹配数。 （更多…）

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  • 2023年2月9日
组合数学 / 题解

洛谷题库 P6031 Cards 加强版 – 题解与思路重现

洛谷题库 P6031 Cards 加强版

对于每一轮对局的 m!m! 种排列，对于编号为 aa 的牌，恒有 (m−1)!(m-1)! 种是以牌 aa 为首的。因此一轮可以归为 mm 种情况，首张为王牌的概率为 1m\frac{1}{m}。

这是某场模拟考试给出的部分分： SubtaskConstraintsPointsDependencies1n,m,k≤522k=123k≤5000101,24m≤1001015n≤k56k≤105101,2,37k≤5×106201,2,3,68411∼7 \begin{array}{cccc} \text{Subtask}&\text{Constraints}&\text{Points}&\text{Dependencies}\\ \hline 1&n,m,k\leq 5&2&\\ 2&k=1&2&\\ 3&k\leq 5000&10&1,2\\ 4&m\leq 100&10&1\\ 5&n\leq k&5&\\ 6&k\leq 10^5&10&1,2,3\\ 7&k\leq 5\times 10^6&20&1,2,3,6\\ 8&&41&1\sim 7 \end{array} （更多…）

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  • 2023年1月31日
组合数学 / 题解

AtCoder AGC058D – Yet Another ABC String – 题解

AGC058D – Yet Another ABC String

将 A,B,C\mathtt{A,B,C} 换成 0,1,20,1,2。记 a,b,ca,b,c 是题面中 A,B,C\mathtt{A,B,C} 的数量，n=a+b+cn=a+b+c。我们称位置 ii 不合法，当且仅当 Si−2+2≡Si−1+1≡Si(mod3)S_{i-2}+2\equiv S_{i-1}+1\equiv S_i\pmod 3。将其视为两条边 (i−2,i−1),(i−1,i)(i-2,i-1),(i-1,i)，那么所有不合法的位置造成的连边将会形成若干条链。

考虑容斥。直接钦定指定数量的位置不合法，其方案是难以计算的。又因为容斥系数是 (−1)c(-1)^c，cc 为钦定的非法位置数量，那么将整个串分成若干个部分分别计算方案，带上容斥系数相乘后累加，结果不变。故而尝试从上文的链入手：易得对于固定长度的一条链，能够连成它的非法位置集合不变。设 f(l,0)f(l,0) 表示“大小为偶数，且能够连成长度恰为 ll 的链”的非法位置集合数量；f(l,1)f(l,1) 则是大小为奇数。染色方案与位置集合方案是独立的；则设整个串按顺序被分成了链 (l1,l2,⋯ ,ls)(l_1,l_2,\cdots,l_s)（此处的“链”长度均不小于 33），答案即为 ∑(l1,⋯ ,ls)染色方案数⁡((l1,⋯ ,ls))∏i=1s((−1)f(li,1)+f(li,0))\sum_{(l_1,\cdots,l_s)}\operatorname{染色方案数}\left((l_1,\cdots,l_s)\right)\prod_{i=1}^s\left((-1)f(l_i,1)+f(l_i,0)\right) （更多…）

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  • 2022年12月16日
操作系统与硬件 / 比赛日志 / 组合数学

MOCK quasi-PTS 20221214 日志

NOIP+？准省选难度？已经到了能力的边缘么？

但有点奇怪的是，这三道题的思考方向全部正确，T1 甚至只差临门一脚了；可惜部分分给得不那么让人舒服。

另外，这种“为了卡常而卡常”的时间限制着实令人不适；尤其是当 CWOI 的评测机本身配置落后的情况下。不过这也反过来使得我重新开始关注更底层的常数优化。

简略题解

A – 种花

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  • 2022年12月16日
OI / 组合数学 / 题解

CF1747E – List Generation – 题解

这道破题拖了我整整一天。

代数推导

转化为容斥模型

题目所给限制可以表述为，aa 和 bb 均为单调不降的序列，长度相等（记为 kk），且 a1=0,ak=n,b1=0,bk=m,∄i∈[2,k],ai=ai−1∧bi=bi−1a_1=0,a_k=n,b_1=0,b_k=m,\nexists i\in[2,k],a_i=a_{i-1}\land b_i=b_{i-1}。

考虑差分序列 ai’=ai−ai−1(i∈[2,k]){a_i}’=a_i-a_{i-1}\quad(i\in[2,k])，bi’{b_i}’ 同理，它与原序列形成双射。于是不存在 ai’=bi’=0{a_i}’={b_i}’=0 的差分序列合法。考虑 ∑i=2kai’=n\sum_{i=2}^{k}{a_i}’=n，也就是和为 nn 的 k−1k-1 元线性方程组的一组非负整数解；b’b’ 同理。容易计算“钦定至少有 cc 个位置不合法”的方案数——利用容斥原理即可得到长为 kk 的合法序列对个数为 ∑c=0k−2(k−1c)(n+(k−1)−1−c(k−1)−1−c)(m+(k−1)−1−c(k−1)−1−c)(−1)c\sum_{c=0}^{k-2}\binom{k-1}{c}\binom{n+(k-1)-1-c}{(k-1)-1-c}\binom{m+(k-1)-1-c}{(k-1)-1-c}(-1)^c 答案累加上式结果 ×k\times k。 （更多…）

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  • 2022年12月1日
成都外国语学校高三生。前OIer。

一言(ひとこと)

暫し空に祈りて 愛を断て

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