今天上午是钟皓曦老师的讲授，下午是吴耀轩老师出的题给我们NOIP模拟考了一下下（悲催暴零）
今天的内容——数论
话说我们可能真的是交了冤枉钱了，和上次清明培训的时候的课件及内容一样（哭。
整除性
质数的性质：
√n判质数：
按照素数的定义：我们枚举从2到√n，若其中没有一个数是n的因子，则说明n是个质数！
证明为什么到√n：
若n有因数，则n可以写成a*b的形式，我们假设a<=b，若两个数都大于√n，则乘起来一定大于n呀，所以一定有个大于等于√n，一个小于等于√n，证毕！
所以说我们就有了一个直接暴力判质数的方法qwq，时间复杂度O（√n）。
但是太慢了，判一个或几个数还是可以的，若是判一个大范围内的所以质数，那就要GG了。
nlogn判质数（我也不知道叫啥，就这么叫吧）：
我们来想一个问题：如果一个数是质数，那么它的倍数是不是质数？
显然不是！因为的它的倍数都有该质因子！
所以这个算法的思路就是：如果我们现在在判断一个数n是否为质数，在判完后我们可以将所求范围内所有它的倍数标记为“不是质数”。
实际代码也就三行，简单明了qwq，时间复杂度O（nlogn）：
#include<iostream> #include<cstdio> using namespace std; int not_prime[100001]; //存1~n是否为质数 int main() { int n; cin>>n; for(int i=2;i<=n;i++) for(int j=i+i;j<=n;j+=i) //将i的所有倍数标记为不是质数 not_prime[j]=true; for(int i=1;i<=n;i++) if(not_prime[i]==false) cout<<i<<endl; return 0; }
埃拉斯特尼筛法（埃氏筛）：
这个筛法就是上面那个筛法的改进版，我们只将质数的所有倍数标记为不是质数就行了，这样就可以减少一部分数被重复标记。
证明：若我们将合数的倍数也判为不是质数，根据唯一分解定理：所有的合数都能写成几个质数乘积的形式，也就是说，这个合数已经被比他还小的质因子筛过了，就不用重复再筛一次了。
调和级数：
代码很简单，就是在上面判断一下是否为质数就好了：
#include<iostream> #include<cstdio> using namespace std; int not_prime[100001]; //存1~n是否为质数 int main() { int n; cin>>n; for(int i=2;i<=n;i++) for(int j=i+i;j<=n;j+=i) //将i的所有倍数标记为合数 if(not_prime[i]==false) //保证只将质数的倍数筛掉 not_prime[j]=true; for(int i=1;i<=n;i++) if(not_prime[i]==false) cout<<i<<endl; return 0; }
时间复杂度：O（nlog logn）——已经很快了，很接近线性筛
欧拉筛（线性筛）
这个是埃氏筛的再改进版qwq，真强啊！
虽然埃氏筛已经保证大部分的数不被重复筛，但是还有那一小部分呀！
什么？你不信！
你看：
6这个数，它的质因子有2和3，按照埃氏筛的算法，它还是会被2和3标记一次，谁让它俩都是质数呢。
埃拉斯特尼：tql，这我都没想到%%%
那又咋办呢？
欧拉筛！！！
它的思路是：保证每个数只被它的最小质因数筛掉，这样的话每个数就只被筛了一次，时间复杂度是O（n）；
线性筛能处理积性函数！而其他筛法不能！
超级简单的代码：
#include<iostream> #include<cstdio> using namespace std; int gcd(int a,int b) //求两个点的最大公约数 { if(b==0) return a; //0和任何数的最大公约数都是这个数 return gcd(b,a%b); //辗转相除法 } int main() { int a,b; cin>>a>>b; cout<<gcd(a,b)<<endl; return 0; }
C++内自带的求最大公因数的函数：
__gcd（注意两个下划线）
若gcd（a，b）=d，则一定可以写出ax+by=d，且有多组解
所以我们要求一组x和y的值，咋办呢？
扩展欧几里得算法！exgcd，求不定方程！
模意义下的的除法
要用到费马小定理：
如果p是一个质数，而整数a不是p的倍数，则有a^（p-1）≡1（mod p）。
P是质数
那么就可以转化成:
以上亮眼操作是限制于P是质数以上的，难道P不是质数就GG了？
NONONO!!!
有个叫欧拉定理的东东！
2.高精度
我们都知道：
Int 和long long都是有范围的：
所以就算是long long，如果数的范围超过了20位，也无济于事，那咋办呢？说好的能计算一切数的！没错，我们用到了高精度！
高精度实际是模拟竖式运算,遵循的原则一样：
各位对其，逐位运算。
怎么实现呢？
假设有一个很大的数，我们用数组来存它的每一位，咋存？
以19260817为例：
很自然很单纯的想法是一位一位的按顺序像这样存进去：
但这样就出现了一个问题：运算时各位没有对齐，是按最高位对齐的，显然不行!
那咋办？反过来存！：
假设我们又存进去一个123，也反过来存：
这样的话，它们的各位就对齐啦qwq，没错就是这么简单！
写代码啦（高进度加法为例）：
A+B Problem：
刚学OI几天的萌新的代码：
Zhx：只要改两步就AC！
1.将你的高精度模板贴过来（为什么感觉不大对劲呢）；
2.将int a，b； 改成gaojing a，b；（gaojing是结构体）
结构体中有一个专门的初始化的函数——构造函数
#include<iostream> #include<cstdlib> #include<cstring> using namespace std; struct gaojing { int z[100010]; int l; gaojing() //构造函数 { l=1; memset(z,0,sizeof(z)); //清空 } friend istream& operator>>(istream &cin, gaojing &a) //一个我永远也不会懂的读入流 { static char s[100010]; cin >> s; int l=strlen(s); //先以字符串的形式读入,方便计算位数 for (int i=0;i<l;i++) a.z[i] = s[l-i-1] - '0'; //转化为int类型的,并倒着存进去 a.l = l; //记录长度 return cin; //zhx说一定要写return cin(表示不懂qwq) } friend ostream& operator<<(ostream &cout,const gaojing &a) //输出流 { for (int i=a.l-1;i>=0;i--) cout << a.z[i]; return cout; } }; gaojing operator+(const gaojing &a,const gaojing &b) //重点,高精算法的核心,这里用了一下重载运算符,能进入函数的就是前面定义的两个gaojing类型的数 { gaojing c; //作为答案 int l = max(a.l,b.l); //算出答案可能的长度 for (int i=0;i<l;i++) { c.z[i] += a.z[i] + b.z[i]; c.z[i+1] += c.z[i] / 10; //进位 c.z[i] = c.z[i] % 10; } if (c.z[l] != 0) l++; //处理运算后増位的情况 c.l = l; return c; } gaojing operator*(const gaojing &a,const gaojing &b) //高精度乘法，也是重载运算符,只不过重载*号 { gaojing c; for (int i=0;i<a.l;i++) for (int j=0;j<b.l;j++) c.z[i+j] += a.z[i] * b.z[j]; //普通模拟竖式运算 c.l = a.l+b.l; //计算答案可能的位数 for (int i=0;i<c.l;i++) { c.z[i+1] += c.z[i] / 10; //进位 c.z[i] = c.z[i] % 10; } while (c.l>0 && c.z[c.l]==0) //去除前导零 c.l--; c.l ++; return c; } int main() { gaojing a,b; cin >> a >> b; a+b; cout << a*b << endl; }
3.进制转换
二进制以10为例:
第一个问题:
将一个十进制的x转化成一个k进制的数
用短除法!!!
例如我们将55转化成一个三进制的数:
然后将所有得到的余数从下往上写:
就得到了答案: 2001(3进制)
注意一个小细节:2001不能读作两千零一(因为这默认是十进制),只能读作二零零一
第二个问题:
将一个k进制的数转化成一个十进制的数
我们可以将这个数写成一个k位的数(因为是k进制):
那么转化后的十进制就是:
不理解?举个例子!
将一个三进制的2001转化成十进制：
常用的一些进制：
二进制，八进制，十进制，十六进制
如果你不想定义一个十进制的数，你就可以在它前面加一个0（表示二进制），例如：
Int a=1001 实际a为1001
Int a=01001 实际a为9
十六进制中要用x乘来表示计算十六进制；
十六进制每一位的取值是0~15，那么我们用字母来表示10~15：
A—10
B—11
C—12
D—13
E—14
F—15
……………………考试的下午qwq（爆零）……………………
好难呀，一题都不会qwq，老师讲了之后还是只会思路~
这个题一看就是LCA模板吧（再说上面都写了），考试的时候真后悔没有把他搞懂qwq，不过现在懂啦！
再看一下LCA的原理及实现：
但是这样好像很慢，尤其是len层数特别大的时候，那怎么呢？我们在用倍增法：
这个实际上是用了二分的思想吧，说下思路：
第一步和之前一样，也是将x和y跳到同一层上；
然后我们用一个grand[x][i]数组来表示编号为x的结点向上跳了2^i层后的结点编号，那么grand[x][0]就是x的父亲结点对吧（因为2^0是1，那么意思就是x向上跳了一层）
那么对于一般的结点，都有grand[x][i]=grand[grand[x][i-1]][i-1]
正常学生：这……跨度有点大吧！
没错，这确实跨度有点大，老师刚开始就这么讲还不仔细解释一番，听不懂怪我喽！
但是，既然你都已经看过来了，我肯定会仔细滴讲给你听啦：
先考虑一下这个问题：2^i=2^（i-1+1）=2^[（i-1）+1]=2^（i-1）*2=2^（i-1）+2^（i-1） 别说你看不懂这个，这不是初中学的嘛？
换句话说，你直接往上跳2^i层和先跳2^（i-1）层再跳2^（i-1）层是一样的
那么我们分别将两种方式表达出来，它们是相等的：
直接跳2^i层： grand[x][i]
分两步跳： 跳完一次后，此时所在的结点是grand[x][i-1]，没错吧；接下来把那一坨式子看做一个整体，如果整体感差的话你可以换元换成a
那么第二次跳后所在的结点就是：grand[a][i-1]，把a换过去就是grand[ grand[x][i-1] ][i-1]（换个颜色更直观）
两个式子做等号，就是上面的式子：grand[x][i]=grand[grand[x][i-1]][i-1]
有木有感觉突然明白啦？什么，没有。。。。好吧我收回刚才的话qwq
水一发洛谷LCA模板题解：
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> using namespace std; const int maxn=500001; int head[2*maxn],to[2*maxn],next[2*maxn],grand[2*maxn][21],dep[maxn]; //注意开两倍大小的数组,因为这个图是无向图 //head[i]是存以i结点为起点的最后一条出边的编号 //to[i]数组是存第i条边的终点 //next[i]是存以i结点为起点的所有出边中的倒数第二条出边的编号，其实也就是head[i]的上一条边 int n,m,s,edge_sum=0; //edge_sum记录边数 void add(int x,int y) //用链式前向星(链表)建图 { next[++edge_sum]=head[x]; //根据我们定义的head与next的含义得出 head[x]=edge_sum; //有新的边加入，则将head[x]内的值更新 to[edge_sum]=y; //当前边的终点是y } void dfs(int v,int deep) { dep[v]=deep; //记录v结点的深度 for(int i=head[v];i>0;i=next[i]) //后序访问v的所有出边 { int u=to[i]; //u记录当前边的终点，也就是说u是v的儿子 if(!dep[u]) dfs(u,deep+1),grand[u][0]=v; //如果该儿子u的深度没被更新，则更新它，并记录u的父亲是v } } int lca(int x,int y) { if(dep[x]<dep[y]) swap(x,y); //我们让x是深度最大的那个 for(int i=20;i>=0;i--) if(dep[y]<=dep[x]-(1<<i)) x=grand[x][i]; //让x和y跳到同一层上 if(x==y) return y; //如果跳到同一点上了，说明这个点就是最近公共祖先 for(int i=20;i>=0;i--) //倍增找最近公共祖先 { if(grand[x][i]!=grand[y][i]) //如果跳不到公共祖先，那就往上跳 { x=grand[x][i]; //将x和y往上跳 y=grand[y][i]; } } return grand[x][0]; //因为我们只要求跳不到同一点就往上跳，所以这样操作之后它们再往上跳一层也就是它们的最近公共祖先了 } int read() //快读 { char ch=getchar(); int a=0; while(ch<'0'||ch>'9') ch=getchar(); while(ch>='0'&&ch<='9') { a=a*10+(ch-'0'); ch=getchar(); } return a; } int main() { memset(head,0,sizeof(head)); //head数组初始化,好像可以去掉 n=read(),m=read(),s=read(); //这个题数据那么大,快读优化下 for(int i=1;i<n;i++) //n-1条边 { int x=read(),y=read(); add(x,y); //题目中给的是无向图,所以也要反过来建一次 add(y,x); } grand[s][0]=s; //设起点s的父亲就是自己 dfs(s,1); //从深度为1的起点开始深搜 for(int i=1;(1<<i)<=n;i++) //利用状态转移方程计算出每个点的grand值 for(int j=1;j<=n;j++) grand[j][i]=grand[grand[j][i-1]][i-1]; for(int i=1;i<=m;i++) //m次询问 { int x=read(),y=read(); printf("%d ",lca(x,y)); } return 0; }
这道题看来ok了？NO！
这道题实际是数学题qwq（大雾～
来，我们一步步分析：
首先这是一颗满k叉树，那么它满足这个性质：对于任何一个结点（除叶结点）它的儿子都有k个！
我们求这个树里任意两个结点的最近公共祖先的深度，如果只按每个结点对树的贡献来说，那么这个问题就转化成了任意两个结点有多少个公共祖先！
以我的想法解释一下（不一定对哈，助于理解嘛）：
你想想，我们找到了结点a和b的最近公共祖先c了，我们现在要求它的深度，那么如果c的上面还有父亲的话，假设为d，那么d一定是a和b的公共祖先（没有最近），这样的话是不是c的深度就要+1了？
如果d上面还有父亲，那么c又被往下顶了一层，深度又+1……这样看来：这个最近公共祖先c上面有多少个祖先，c的深度就加几，再加上c这个结点，合起来不就是求有多少个公共祖先嘛？
a和b有一个公共祖先，所以最近公共祖先的深度为1；
此时c还有父亲，那么c的深度+1，a和b有两个公共祖先，所以c的深度为2；
往下各位读者自己脑补脑补就好啦！
我们还可以再将问题进行转化：
我们已经要求对于任何结点a和b有多少个公共祖先了，那么我们将问题反过来：求任意一个点看看它是多少对结点的公共祖先！
但是这样暴力好像一定会TLE，我们可以做下优化：
这样以来，对于每一层的所有结点，我们只有找一个结点看看它是多少对结点的公共祖先就好了。
对于上面的化简，配合等比数列求和公式效果更佳哦！
有同学对于∑那一块一脸懵逼，没关系，给你解释一下：
我们要求的答案是每个点看看是多少对结点的公共祖先，然后求和，所以我们要遍历每一层的结点，当然每一层只要找一个就好啦！
所以这个∑从1遍历到n，这是所有的层数，然后我们随便找个结点，利用上面的公式，那么这一层上任意一个点都有
个符合要求的，这一层一共有K^（i-1）个点（这是满叉树的性质），所以要乘上它；
但这只是60分的做法（以本蒟蒻的水平理解到这一步已经很不容易了，接下的满分做法直接gg）！！
还是一个问题：太慢！！！
这是满分做法，也需要些数学功底嘛，所以我才说是一道数学题qwq：
附上满分代码：
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int mod = 998244353; typedef long long LL; int fpm(int p, int k) { int res = 1; for (p %= mod; k; k >>= 1, p = (LL) p * p % mod) if (k & 1) res = (LL) res * p % mod; return res; } int main() { freopen("lca.in", "r", stdin); freopen("lca.out", "w", stdout); int n, K; cin >> n >> K; int e = fpm(K - 1, mod - 2); //(K - 1) ^ (-1) int x = (fpm(K, n) - 1) * (LL) e % mod; //(K ^ n - 1) / (K - 1) int ans = (fpm(K, n + 1) + 1) * (LL) x % mod; ans = (ans - 2 * n * (LL) fpm(K, n)) % mod; ans = ans * (LL) e % mod * (LL) e % mod; cout << (ans < 0 ? ans + mod : ans); }