组合数学
本章主要以讲例题为主，聚焦于做题时的思路。
牡牛和牝牛
1s/64M
约翰要带 (N) 只牛去参加集会里的展示活动，这些牛可以是牡牛，也可以是牝牛。
牛们要站成一排，但是牡牛是好斗的，为了避免牡牛闹出乱子，约翰决定任意两只牡牛之间至少要有 (K) 只牝牛。
请计算一共有多少种排队的方法，所有牡牛可以看成是相同的，所有牝牛也一样，答案对 (5000011) 取模。
输入格式
一行，输入两个整数 (N) 和 (K)。
输出格式
一个整数，表示排队的方法数。
数据范围
(1≤N≤10^5\ 0≤K<N)
输入样例：
4 2
输出样例：
6
解析
简单计数 DP 。
我们将牛序列抽象为 01 序列，牡牛为 1 。
我们设状态 (f(i)) 表示所有长度是 (i) 的且以 (1) 结尾的序列方案数量。
我们可以得到，状态从 (f(0)sim f(i-k-1)) 转移而来。
具体的说，(f(i)=sumlimits_{q=0}^{i-k-1}f(q)) 。
现在我们求出来了所有结尾为 1 的序列数量，但是题目中并没有这一限制，我们还要想办法转化。
最后的 DP，相当于将所有的方案按照最后一个 1 的位置分了类。
也就是我们再前缀和滚一遍就好了。
方程的解
佳佳碰到了一个难题，请你来帮忙解决。
对于不定方程 (a_1+a_2+⋯+a_{k−1}+a_k=g(x))，其中 (k≥1) 且 (kin N^+)，(x) 是正整数，(g(x)=x^x mod1000)（即 (x^x) 除以 (1000) 的余数），(x,k) 是给定的数。
我们要求的是这个不定方程的正整数解组数。
举例来说，当 (k=3,x=2) 时，方程的解分别为：
输入格式
有且只有一行，为用空格隔开的两个正整数，依次为 (k,x)。
输出格式
有且只有一行，为方程的正整数解组数。
数据范围
(1≤k≤100,\ 1≤x<2^{31},\ k≤g(x))
输入样例：
3 2
输出样例：
3
解析
(g(x)=x^xmod 1000)，非常奇怪的函数。
但是我们可以直接快速幂。算算也才 (O(log x))，就加上一个最多 (31) 的常数而已，忽略不计。
说白了，问题就是 (a_1+a_2+cdots +a_k=N) 的正整数解的组数。(A) 是常数。
换个模型来描述这个方程：有 (N) 个球， 我们要把它们全部放到 (k) 个盒子里面，每个盒子至少一个。
这还不简单？我们可以插板法，总共有 (N-1) 个空位，我们要选出 (k-1) 个空位插上板子，得到 (k) 组球，从左到右对应 (a_1,a_2,a_3cdots a_k) 的值。答案即是 (C_{N-1}^{k-1})。
我们甚至可以直接递推计算。
很不幸的是这个题要写高精度。
车的放置
1s/64M
有下面这样的一个网格棋盘，(a,b,c,d) 表示了对应边长度，也就是对应格子数。
当 (a=b=c=d=2) 时，对应下面这样一个棋盘：
要在这个棋盘上放 (k) 个相互不攻击的车，也就是这 (k) 个车没有两个车在同一行，也没有两个车在同一列，问有多少种方案。
只需要输出答案 (mod100003) 后的结果。
输入格式
共一行，五个非负整数 a,b,c,d,k。
输出格式
包括一个正整数，为答案 (mod100003) 后的结果。
数据范围
(0≤a,b,c,d,k≤1000)
保证至少有一种可行方案。
输入样例
2 2 2 2 2
输出样例
38
解析
我们手模一下样例，发现它的方案数非常多，情况非常复杂。
我们要想想能否对方案进行某种分类，然后应用计数原理。
先对样例中的情况进行分析：
逐行来看：
第一行有 (2) 种放法。
第二行，如果第一行放了，就只有 (1) 种方法，但是第一行有两种放法，还可以直接不放，情况愈发复杂了。
直接做不大现实，看看能否拆分。
我们将整个图形分割成两个规则图形。
问题就变成了在一个矩形中怎么放车的问题。
假设我们要在一个 (3 imes 4) 的网格里面放两个车。
我们首先要在 (3) 行里面选 (2) 行来放，也就是 (C^2_3)。
此时，我们选出的第一行就有 (4) 种选法。第二行就有 (3) 种选法。说的更一般些，我们要在这 (4) 列里面选出两列来，由于两行意义不同，所以是排列。
也就是 (C^2_3 imes A^2_4) 。
那么，如果给一个 (n imes m) 的矩阵，让我们放 (k) 个车，答案就应该是 (C_n^k imes A_m^k)
所以我们可以枚举两个矩阵分别放了多少个车，然后合并方案。那么如何合并上半部分和下半部分的方案呢？
我们人为规定，先放完上半部分再放下半部分。然后我们发现，上半部分对下半部分的影响是一定的，都只占用了 (i) 行。也就是说我们只需要在选列的时候，只能用 (m-i) 列， (A_{m-i}^{k-i})。
由于我们规定这是分步计数过程，两部分可以直接相乘。
代入题目数据，答案就是 (sumlimits_{i=1}^kC_b^icdot A_a^icdot C_{d}^{k-i}cdot A_{a+c-i}^{k-i}quad(mod100003))。
code(轻度压行)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=100010,mod=100003;
ll fac[N],infa[N];//阶乘，阶乘逆元
ll fpow(ll a,ll k)
{
ll res=1;
while(k){if(k&1) res=(ll)res*a%mod; a=a*a%mod; k>>=1;}
return (res+mod)%mod;
}
void init()
{
fac[0]=infa[0]=1;
for(int i=1;i<=N-10;++i)
{
fac[i]=(ll)fac[i-1]*i%mod;
infa[i]=(ll)infa[i-1]*fpow(i,mod-2)%mod;
}
}
inline ll C(ll a,ll b) {if(a<b) return 0; return fac[a]*infa[b]*infa[a-b]%mod;}// C_a^b
inline ll A(ll a,ll b) {if(a<b) return 0; return fac[a]*infa[a-b]%mod;}
int main()
{
init();
ll a,b,c,d,k;
scanf("%lld%lld%lld%lld%lld",&a,&b,&c,&d,&k);
ll ans=0;
for(int i=0;i<=k;i++)
{
ans+=(ll)C(b,i)*A(a,i)%mod*C(d,k-i)*A(a+c-i,k-i)%mod;
ans%=mod;
}
printf("%lld",(ans+mod)%mod);
return 0;
}
数三角形
给定一个 (n×m) 的网格，请计算三点都在格点上的三角形共有多少个。
下图为 (4×4) 的网格上的一个三角形。
注意：三角形的三点不能共线。
输入格式
输入一行，包含两个空格分隔的正整数 (m) 和 (n)。
输出格式
输出一个正整数，为所求三角形数量。
数据范围
(1≤m,n≤1000)
输入样例：
2 2
输出样例：
76
解析
让我们在一个 (n imes m) 的网格内选三个点，要求它们不共线。为了方便，下面的 (n,m) 描述的都是格点的行列。
直接求合法方案数实在不大好求，正难则反，我们考虑求不合法的方案数。
我们总共的方案数 (C_{nm}^3)，现在要排除三点共线的所有方案。
将这个网格图看做一个坐标系，((i,j)) 表示在第 (i) 行第 (j) 列，左下角是 ((0,0))。所有的直线按照斜率 (k) 的情况分为 (4) 种：(k>0) 的，(k<0) 的，(k=0) 的，(k=tan90^{circ}) 的。
分别来看这些情况。
-
(k=0)
总共共有 (n) 行，每行都可以选 (3) 个，根据计数原理，这种情况的方案数为 (nC_m^3)。
-
(k=tan90^{circ})
总共 (m) 列，每列都可以选 (3) 个，方案数为 (mC_n^3)。
-
(k>0)
我们按照这三个点中最左边的点，将所有的方案分成 (n imes m) 类。假设当前左下角在 ((i,j)) 这个点，要求它的方案数。两点确定一条直线，我们再枚举最右边的点，看看有多少种情况
画画图：
此时右上角的选法就有 ((m-i)(n-j)) (注意这里横纵坐标的定义与我们习惯的相反)
现在我们要确定的是，对于一个确定的右上角的点，构成的直线上有多少个点。
设它们的横纵坐标差为 (i_0,j_0) ，若起点终点都是整点，则它们之间的整点数有 (gcd(i_0,j_0)-1) 个(不包括端点)。
为啥？
我们把它看做一个向量，将它平移到源点，也就是考虑 ((0,0)) 到 ((i,j)) 上的点，我们可以得到它的斜率是 (frac{i}{j}) 。将其化简到最简整数比，就是除以 (gcd(i,j))。我们知道，假如一个直线的斜率是 (frac{2}{3}) 且存在一个 ((x_0,y_0)) 在直线上，那 ((x_0+2k,y_0+3k)) 都是整数点。在上文所述的向量中，假设化为最简整数比的分数是 (frac{i^{prime}}{j^{prime}}) ，那么有 (i^{prime}cdot gcd(i,j)=i,j^{prime}cdot gcd(i,j)=j) ，那么这个向量上就有 (gcd(i,j)) 这个答案算上了右端点。再减去就是 (gcd(i,j)-1)。
这个结论在我们所习惯的平面直角坐标系中也能够成立。
总之，我们的答案就是 (sumlimits_{i=1}^nsumlimits_{j=1}^mgcd(i,j)(m-i)(n-j))
-
(k<0)
由对称性可知，同 (k>0)。
综上，我们的答案是：
总的复杂度 (O(n^2log n))，上界宽松，能过。
当然，这个题还可以继续使用莫比乌斯反演达到 (O(n))，这里就不搞了。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll gcd(ll a,ll b) {return b==0?a:gcd(b,a%b);}
ll C(ll x) {return (ll)x*(x-1)*(x-2)/6ll;}
int main()
{
ll n,m;
scanf("%lld%lld",&n,&m);
++n,++m;
ll ans=C(n*m)-n*C(m)-m*C(n);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=1;j<=m;j++)
ans-=2ll*(gcd(i,j)-1)*(n-i)*(m-j);
}
printf("%lld",ans);
return 0;
}
积性函数
积性函数是一个针对数论函数的概念
积性函数：对于 (forall a,b, gcd(a,b)=1Rightarrow f(ab)=f(a)f(b)) 则称 (f) 是一个积性函数。
若对于 (forall a,bin N) 都成立则称 (f) 为完全积性函数。
所有的积性函数都可以用线筛求。
一些常用的积性函数：
- (varphi): 欧拉函数
- (mu): 莫比乌斯函数
- (f(x)=gcd(x,k),k ext{为常数}): 其中一个数确定的最大公约数
- (d(n)): (n) 的正约数个数
- (sigma(n)): (n) 的正约数和。
- (I(n)=1): 常函数。(完全积性)
- (id(n)=n): 单位函数。(完全积性)
- (epsilon(n)=egin{cases}1,&n=1\ 0,&n>1end{cases}) : 狄利克雷卷积乘法单元。(完全积性)
Longge的问题
1s/64M
求 (sumlimits_{i=1}^ngcd(i,n)) 的值。
输入格式
一个整数 (n)
输出格式
一个整数表示答案。
数据范围
(1<n<2^{31})
输入样例
6
输出样例
15
解析
套路地假设 (gcd(x,n)=d)，那么 (gcd(frac{x}{d},frac{n}{d})=1) 。
我们枚举 (n) 的因子 (d) ，直接求有多少个 (x) 满足 (gcd(x,n)=d) 。
也就是我们要求 (sumlimits_{x=1}^{n/d}dcdot [gcd(frac{x}{d},frac{n}{d})=1])
我们发现提个公因式之后这就是欧拉函数的定义。
所以答案就是 (sumlimits_{d|n}dcdot varphi(frac{n}{d})) 。
到这里已经可以勉强可以做了。(n) 的因子数最多不过 (1600) ，再 (sqrt n) 分解质因数暴力求解 (varphi) 大概能过。
但是我们不满足。
继续推式子，我们让 (frac{n}{d}=d^{prime})，并由质因数分解设 (d^{prime}=prodlimits_{i=1}^kp_i^{c_i}) 。
我们再设 (n=prodlimits_{i=1}^k p_i^{alpha_i},d=prodlimits_{i=1}^k p_i^{eta_i}) ，其中 (0le eta_ile alpha_i)。
可以知道，n的任何一个约数都能表示成这样一个形式。
这样我们就可以表示 (n) 的所有约数了。
对于我们一个确定的约数 (d^{prime}) ，我们只需要看它的哪些因数的指数是 (ge 1) 的，将它们乘积，在加起来就是答案。
听起来还是和暴力差不多，我们要想一想怎么做。
从另外一个角度思考，假设我们要求所有因子的乘积，由于我们要枚举所有的因子，所以对于每个因子 (p_{k}) 必然被选中一次，二次，三次……直到 (alpha_k) 次。再根据计数原理，得到：
由此作为启发，我们将上面的方法对应下来得到：
展开化简，得到：
也就是说，(O(sqrt n)) 分解质因数即可。
code极短：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
int main()
{
ll n;
cin>>n;
ll res=n;
for(ll i=2LL;i*i<=n;++i)
{
if(n%i==0)
{
ll a=0,p=i;
while(n%p==0) ++a,n/=p;
res/=p;
res=res*(p+(ll)a*p-a);//算答案
}
}
if(n>1) res/=n,res=res*((ll)n+n-1LL);
cout<<res;
return 0;
}
狄利克雷卷积
狄利克雷卷积是一个对数论函数集合封闭的二元计算，即两个数论函数的卷积还是数论函数。
设 (f,g) 是两个数论函数，它们的卷积为 ((f*g)(n)=sumlimits_{d|n}f(d)g(frac{n}{d})) 。
我们可以借此再次描述一下莫比乌斯反演：
若 (F=f*I)，则 (f=F *mu)。
狄利克雷卷积的性质
- 满足交换律和结合律。
- 若 (f,g) 都是积性函数，那么 (f * g) 仍然是积性函数。反之，若 (f,f *g) 都是积性函数，那么 (g) 也是积性函数。
- 若 (g) 是一个完全积性函数，且 (h=f*g)，则 (f=h * (mu g)) ，即若：[h(n)=sum_{d|n}f(d)g(frac{n}{d}) ]则：[f(n)=sum_{d|n}h(d)mu(frac{n}{d})g(frac{n}{d}) ]
常用的狄利克雷卷积等式
- (mu*I=epsilon)
- (varphi*I=id)
- (mu*id=varphi)