数学

感觉我所有博客也就这篇比较全了QAQ

引入：Q1：前n个数中最多能取几个，使得没有一个数是另一个的倍数

　　   答案：(n/2)上取整 p.s.取后n/2个就好了

　　　Q2：在Q1条件下，和最小为多少

　　　答案：从n/2向前枚举，对于每个数，倍增考虑后面选的数有多少个是它的倍数，如果只有一个，就用当前数替换后面的那个

正文：

零、快速幂&线性筛 【是个人都会系列】

　　快速幂

int Pow(int a,int b)
{
    int ans=1;
    while(b>0)
    {
        if(b%2==1) ans=(ans*a)%p;
        b/=2,a=(a*a)%p;
    }
    return ans%p;
}

　　线性筛（可以用来筛所有积性函数）

　　P.S.积性函数：f(a)*f(b)=f(a*b)当且仅当a,b互质

　　　　完全积性函数：f(a)*f(b)=f(a*b)

　　P.S.常见的积性函数：

　　　　　　①n的约数的k次幂的和 ∑ (d | n) (d^k)

　　　　　　②约数个数

　　　　　　③约数和

　　　　　　④欧拉函数

　　　　　　⑤莫比乌斯函数

　　P.S.因为算法是，质数&质数的整次幂暴力，其他的乘起来

　　　　所以必须有式子，且保证质数复杂度O(logn)以下，质数的整数次幂O(sqrt(n))以下才能保证线性

int n,cnt,pri[Mx];
bool jud[Mx]
void pre()
{
    memset(jud,1,sizeof(jud)); jud[1]=0;
    for(int i=2;i<=n;i++)
    {
        if(jud[i]) pri[++cnt]=i;
        for(int j=1;j<=cnt&&i*pri[j]<=n;j++)
        {
            jud[i*pri[j]]=0;
            if(i%pri[j]==0) break;
        }
    }
}

一、欧几里得系列

     gcd(a,b)=gcd(b%a,a)

　  exgcd:

　　　　已知Ax≡B (%C)

　　　　则Ax+By=C

　　　　int g=gcd(A,B,C)

　　　　设A'=A/g,B'=B/g,C'=C/g

　　　　则A'x+B'y=C'=1*(C')

　　　　由定理可知(B'%A')*x'+A'*y'=1 (x'表示x的逆元)

　　　　即(B'-A'(B'/A')下取整)*x'+A'*y'=1

　　　　所以A'*(y'-(B'/A')下取整*x')+B'*x'=1

　　　　所以x=y'-(B'/A')下取整*x',y=x'

　　　　迭代即可

　　　　最终x=C'(x0+B'*t),y=C'(y0-A'*t) ,t为任意值

　　真·欧几里得：

　　　　　用于求某条直线下整数点的个数，自行看图吧QAQ

　　　　　更相减损→辗转相除

　　　　　

二、逆元

　　Ax≡1(%p)

　　①ExGCD

　　②费马小定理：a^(p-1)≡1 (%p)，a'=a^(p-2)

　　③欧拉定理：a^φ(p)≡1 (%p)，a'=a^(φ(p)-1)

　　例：线性求1-n%p的逆元

　　方法一：威尔逊定理：(x+1)'≡(x+1)!'*x! (%p)
　　　　　　　　　　　　(x!)'≡(x+1)!'*(x+1) (%p)

　　　　　　　　　　　　则x'≡(x+1)!'*(x+1)*(x-1)! (%p)

　　　　　　先预处理阶乘，求出(n!)'，然后倒着推回来

void find(int n)
{
    mul[0]=1;for(int i=1;i<=n;i++) mul[i]=mul[i-1]*i%p;
    tmp[n]=pow(mul[n],phi[p]-1)%p;
    for(int i=n-1;i>=1;i--) tmp[i]=tmp[i+1]*(i+1)%p;
    for(int i=1;i<=n;i++) ans[i]=tmp[i]*mul[i-1]; 
}

　　方法二：线性筛 (懒得写了TAT)

　　　　　　(a*b)'≡a'*b' (%p)

　　方法三：因为p=p%i- (p/i)下取整*i

　　　　　　所以i*(p/i)下取整≡-p%i (%p)

　　　　　　即i*(p/i)下取整*(-p%i)'≡1 (%p)

　　　　　　i'=(p/i)下取整*(-(p%i)')　

三、BSGS

　　　　问题：A^x≡B (%C)

　　　　设x=i*m-j，m=⌈sqrt(C)⌉

　　　　则A^(i*m-j)≡B (%C)

　　　　即A^(i*m)≡B*A^j (%C)

　　　　枚举j (from 0~m)，将A^j*B存入hash表

　　　　枚举i (from 0~m)，从hash表中找到第一个满足上式的

　　　　找到时验证一下A^(i*m-j)是否为B，如果是，则x=i*m-j即为所求

　　　　若不是就继续走

　　ExBSGS

　　　　感觉没啥用...而且不是很懂啊......感觉博客写的莫名其妙的

　　　　C是质数会有一些性质比如说x%=p-1之类的...不过不是质数也能做

　　　　不管了扔上来再说吧QAQ

　　　　http://blog.csdn.net/reverie_mjp/article/details/51233630

四、中国剩余定理

　　问题：X≡a[i] (%b[i])

　　①：b[i]互质

　　　　设B=∏(i from 1~n) b[i]，b(i)=(B/b[i])对b[i]的逆

　　　　则X≡∑(i from 1~n) a[i]*(B/b[i])*b(i) (%∏(i from 1~n) b[i])

　　②：b[i]不互质

　　　　Exgcd

　　　　模线性方程组的合并：

　　　　　　　　　　　　　　X≡a1 (%b1)，即X=b1*y1+a2

　　　　　　　　　　　　　　X≡a2 (%b2)，即X=b2*y2+a2

　　　　　　　　　　　　　　所以对于b1*y1+b2*y2=a2-a1的任意解y1'

　　　　　　　　　　　　　　X≡y1'*b1+a1 (%lcm(b1,b2))

五、Miller-Rabin素数测试

　　　　这篇博客上说了一下Miller和Rabin怎么得到这个算法的：http://www.cnblogs.com/Norlan/p/5350243.html

　　　　简单介绍一下吧，就不证明了QAQ

　　　　定理：若p为素数且x<p，则x^2≡1 (%p)的解为x=1或x=p-1

　　　　　　　若p为素数且x<p，则x^(p-1)≡1 (%p)

　　　　做法：提取p-1中的因子2，把p-1表示成d*2^r，如果p是一个素数，则a^d ≡1 (%p)，或存在某个i<r使得 a^(d*2^i) ≡n-1 (%p)

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define int long long
using namespace std;

inline int mul(int a,int b,int p)
{
    int c=0; a%=p; 
    while(b)
    {
        if(b&1) c=(c+a)%p;
        b>>=1;
        a=(a+a)%p;
    }
    return c;
}

inline int Pow(int a,int b,int p)
{
    int c=1; a%=p;
    while(b)
    {
        if(b&1) c=mul(c,a,p);
        b>>=1;
        a=mul(a,a,p);
    }
    return c;
}

bool Miller_Rabin(int n)
{
    if(n==2) return true;
    if(n<2||!(n&1)) return false;
    int m=n-1,tot=0;
    int k = 0;
    while((m&1)==0) tot++,m>>=1;
    for(int i=0;i<10; i++)
    {
        int a=rand()%(n - 1)+1;
        int x=Pow(a,m,n),y=0;
        for(int j=0;j<tot;j++)
        {
            y=mul(x,x,n);
            if(y==1&&x!=1&&x!=n-1) return false;
            x=y;
        }
        if(y!=1) return false;
    }
    return true;
}

signed main()
{
    int T; cin>>T;
    while(T--)
    {
        int n; cin>>n;
        if(Miller_Rabin(n)) puts("Yes");
        else puts("No");
    }
    return 0;
}

　　Pollard-rho

　　　　用于大数质因数分解

　　　　设p为要找的因子，一开始随机出一个数x1，不断构造x_i=x_i-1²+c (c通常为1)，使p满足p|(x_i-x2)&&(x1-x2)|n

　　　　可以证明p=gcd(n,x1-x2)，且若p!=1则表明找到了一个因子，直到x_i出现循环

　　　　如图：

　　　　　　

六、知识点补充

　　①：整除

　　　　

　　②：取模

　　　　(a*p)%(b*p)=(a%b)*p

　　　　(a%(b*c))%c=a%c

　　　　a%b=a-b*(a/b)下取整

　　③：(x+a)^n=∑(k from 0~n) C(n,k)*(x^k)*(a^(n-k))

　　　　1/(1-x)=∑(k from 0~inf) x^k

　　　　1/((1-x)^2)=∑(k from 0~inf) (k+1)*(x^k)

　　　　1/(1-x^n)=∑(k from 0~inf) x^(k*n)

　　④：五边形数：f[n]=n*(3n-1)/2

　　　　广义五边形数：f[n][0]=n*(3n-1)/2，f[n][1]=n*(3n+1)/2

　　　　分割函数p(n)（对整数n进行拆分）：p(n)=p(n-f[1][0])+p(n-f[1][1])-p(n-f[2][0])-......

　　⑤  1)Q：n个人m个凳子排成一列，任意两个人的距离不小于k，求方案数

　　　　　A：考虑前n-1个人，并删去最后k张椅子，则方案数为C(m-(n-1)*k,n)

　　　  2)Q：n个人m个凳子形成一个环，任意两个人的距离不小于k，循环翻转不同构，求方案数

　　　　　A：破环成链，取长度为k+1的椅子，考虑放不放人

　　　　　　  如果放一个人，问题转化为m-2*k-1的链上放n-1个人，若未放人，则为m-k-1的链上放n个人的问题

　　　　  　　ans=(k+1)*C(m-2*k-1-(n-2)*k,n-1)+C(m-k-1-(n-1)*k,n)，　　p.s. n=1时ans=m

　　⑥：问题：已知b[i]=∑(j from1~n) a[i]&a[j]，

　　　　　　　　　c[i]=∑(j from 1~n) a[i]|a[j]，

　　　　　　　给出b数组，c数组，构造a数组或输出无解

　　　　结论：(a|b)﹣(a&b)=a xor b

　　　　　　　(a|b)＋(a&b)=a+b

　　　　所以b[i]+c[i]=n*a[i]+suma，即可构造a数组

七、Lucas定理

　　　　C(n,k)=∏(i from 0~k) C(a[i],b[i]) (%p(p为素数))，a[i],b[i]表示p进制下n,k每一位的数字

　　　　即C(n,k)=C(n%p,k%p)*C(n/p,k/p)，递归解决

　　　　例：bzoj1902：http://www.cnblogs.com/xiaoxubi/p/6557598.html

　　ExLucas定理

　　　　orz....http://m.blog.csdn.net/article/details?id=52176653

　　　　当p不是素数时使用

　　　　将p拆成∏pi^qi，然后用crt合并即可

　　　　考虑在%pi^qi下的结果

　　　　因为C(n,m)=n!/(m!*(n-m)!)，这里我们考虑对n!进行变换，以n=11,pi=2,qi=2为例

　　　　11!=1*2*3*4*5*6*7*8*9*10*11

　　　　　  =1*3*5*7*9*11*(2*4*6*8*10)

　　　　　  =(1*3*5*7*9*11)*2*(5!)

　　　　可以发现阶乘被分为3个部分

　　　　　　第一部分以pi^qi为周期同余（(1*3*5)≡(7*9*11)%4），最后一部分不超过p，直接计算即可

　　　　　　第二部分为pi^k，这里统计一下n!、m!、(n-m)!中pi倍数的数得个数，直接计算即可

　　　　　　第三部分为⌊n/p⌋!，递归计算即可

八、原根和指标

　　缩系：

　　　　定义：%p意义下与p互质的元素的集合，大小为φ(p)，任意两个元素的乘积也在缩系中

　　阶：

　　　　定义：满足x^k≡1 (%p)的最小的k，记为ord(x)

　　　　P.S.   ord(x) | φ(p)

　　原根：

　　　　定义：缩系中存在元素g，使g^i (i from 1 to φ(p)) 两两不同，则g为%p意义下的原根

　　　　性质：①∀i,j，i!=j&&i,j<=p-1，g^i!≡g^j (%P)

　　　　　　　②g^i≡1 (%P) 当且仅当i=P-1时成立

　　　　　　　③ord(g)=φ(P)

　　　　　　　④原根有φ(φ(p))个 （如果存在原根）

　　　　　　　⑤%p有原根的充要条件是p=质数^k 或 2*质数^k

　　　　求法：从2开始暴力枚举g，利用性质2暴力判断即可

　　指标（离散对数）：

　　　　定义：元素x≡g^i (%p)的指标ind(x)≡i (%φ(p))

　　　　P.S.  ord(m) = φ(m)/gcd(φ(m),ind(x))

十、狄利克雷卷积

　　　定义：函数f(x)和g(x)的狄利克雷卷积（记为 (f*g) (x)）

　　　　　　(f*g) (n)=∑ (d | n) f(d)*g(n/d)

　　　性质：交换律：f*g=g*f

　　　　　　结合律：(f*g)*h=f*(g*h)

　　　　　　分配律：f*(g+h)=f*g+f*h

　　　　　　单位元：f*e=f

　　　若f,g为积性函数，则f*g为积性函数

　　杜教筛

　　　定义：用狄利克雷卷积构造来快速计算积性函数f(x)的前缀和S(x)

　　　复杂度：O(n^(3/4))，若用线性筛预处理前n^(2/3)则可达到O(n^(2/3))

　　　令F(n)=∑(i from 1 to n) f(i)，g(n)=∑(d|n) f(d)，G(n)=∑(i from 1 to n) g(i)

　　　　　P.S.要求G(n)可以O(1)求得

　　　则G(n)=∑(j from 1 to n) ⌊n/j⌋*f(j) 

　　　　　　 =∑(j from 1 to n) F(⌊n/j⌋)

　　　所以F(n)=G(n)-∑(j from 2 to n) F(⌊n/j⌋)

　　　例：http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=3944

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<map>
#define ll long long
using namespace std;
const int Mx=5000010;
map <int,ll> Phi,Miu;
map <int,ll> ::iterator it;
int n,cnt,pri[Mx/10+5],Div[Mx+5];
ll phi[Mx+5],miu[Mx+5];
void pre()
{
    phi[1]=miu[1]=1;
    for(int i=2;i<=Mx;i++)
    {
        if(!Div[i]) pri[++cnt]=i,miu[i]=-1,phi[i]=i-1;
        for(int j=1,tmp;pri[j]*i<=Mx;j++)
        {
            tmp=pri[j]*i,Div[tmp]=pri[j];
            if(i%pri[j]==0)
            {
                miu[tmp]=0,phi[tmp]=phi[i]*pri[j];
                break;
            }
            miu[tmp]=miu[i]*-1,phi[tmp]=phi[i]*(pri[j]-1);
        }
    }
    for(int i=1;i<=Mx;i++) miu[i]+=miu[i-1],phi[i]+=phi[i-1];
}
ll get_phi(int x)
{
    if(x<=Mx-10) return phi[x];
    if((it=Phi.find(x))!=Phi.end()) return it->second;
    ll ans=x*(x+1ll)/2;
    for(ll i=2,nxt;i<=x;i=nxt+1)
        nxt=x/(x/i),ans-=get_phi(x/i)*(nxt-(i-1));
    return Phi[x]=ans;
}
ll get_miu(int x)
{
    if(x<=Mx-10) return miu[x];
    if((it=Miu.find(x))!=Miu.end()) return it->second;
    ll ans=1;
    for(ll i=2,nxt;i<=x;i=nxt+1)
        nxt=x/(x/i),ans-=get_miu(x/i)*(nxt-(i-1));
    return Miu[x]=ans;
}
int main()
{
    pre();
    int T; scanf("%d",&T);
    while(T--)
        scanf("%d",&n),
        printf("%lld %lld
",get_phi(n),get_miu(n));
    return 0;
}

十一、莫比乌斯反演

　　μ函数：μ(n)=1，n=1

　　　　　　　  =0，n=0或将n质因数拆分后有平方项

　　　　　　　  =(-1)^r，r表示将n质因数拆分后的项数

　　定理：① f(n)=∑g(d)=∑g(n/d),d|n

　　　　 　   ⇔ g(n)=∑μ(d)*f(n/d)=∑μ(n/d)*f(d),d|n

　　　　　② ⌊ x / ab ⌋ = ⌊ ⌊x/a⌋ / b ⌋ = ⌊ ⌊x/b⌋ / a ⌋，上取整也一样

　　　　　③ 对于函数f(),g(),t()，若t()为完全积性函数，则

　　　　       f(n)=∑ (k from 1 to n) t(k)*g(⌊n/k⌋)

　　　　　　 ⇔ g(n)=∑ (k from 1 to n) μ(k)*t(k)*f(⌊n/k⌋)

　　性质：①μ为积性函数，即μ(a*b)=μ(a)*μ(b)

　　　　　②若f为积性函数，则g为积性函数

　　μ的应用：①∑μ(d)=0,d能整除n且n!=1，(n=1时ans=1)

　　　　　　  ②gcd(a,b)=1等价于∑μ(d)=1,d%gcd(a,b)==0||(d%i==0&&d%j==0)

　　求法：线性筛

　　例：

　　bzoj4816：http://blog.csdn.net/qq_31776811/article/details/70148197

　　n*m点阵可见点数

　　　　

　　二项式反演：①f(n)=∑C(n,i)*g(i),i<=n

　　　　　　　　  g(n)=∑((-1)^(n-i))*C(n,i)*f(i),i<=n

　　　　　　　　②应用：Q1 求n个元素恰好m个错位的方案数D(m)

　　　　　　　　　　　　　　首先因为全排列可知∑C(n,k)*D(k)=n!,k<=n

　　　　　　　　　　　　　　反演可得D(m)=∑((-1)^(m-k))*C(m,k)*k!,k<=m

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　  　=m!*∑((-1)^k)*(1/k!),k<=m

　　　　　　　　　　　　Q2

　　　　　　　　　　　　　　 

　　　　　　　　　　　　Q3

　　　　　　　　　　　　　　

十二、线性代数

　　　①行列式：例，对于矩阵A{1 3 2}，求其行列式

　　　　　　　　　　　　　　  {5 1 6}

　　　　　　　　　　　　　　  {3 0 7}

　　　　　　　　步骤：1)写出其行数的全排列a[i][j]              123 132 213 231 312 321

　　　　　　　　　　　2)求出每个排列的逆序对数num[i]         0     1     1    2    2     3

　　　　　　　　　　　3)将第j行第a[i][j]个数相乘记为sum[i]   7     0  105  54    0     6

　　　　　　　　　　　4)A的行列式det(A)=∑sum[i]*((-1)^num[i])=7*(-1)^0+0*(-1)^1+...+6*(-1)^3=-50

　　　　　　　　算法：1)将矩阵消成对角线

　　　　　　　　　　　2)统计交换了cnt次行

　　　　　　　　　　　3)det(A)=对角线乘积*((-1)^cnt)

　　　　　　　　P.S.　det(A*B)=det(A)*det(B)

　　　②基尔霍夫矩阵：给定n个点，m条边的无向图，求生成树计数

　　　　　　　　　　　例：对于下图

　　　　　　　　　　　

　　　　　　　　　　　邻接矩阵存图：map[i][j]表示i与j之间边数的相反数

　　　　　　　　　　　　　　　　　　map[i][i]表示点i的度数

　　　　　　　　　　　　　　　

　　　　　　　　　　　　　　　　　　求行列式，即为答案

　　　　　　　　　　　　　　　　　　即将矩阵化为三角形矩阵后求对角线乘积即可

　　　　　　　　　　　　　　　　　　P.S.将矩阵的某一行同时除以某个数，行列式的值不变。

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　矩阵的某两行相交换，行列式的值取相反数。

　　　③矩阵乘法：1)有向图从i到j走k步的方案数：

　　　　　　　　　　

　　　　　　　　　　map[i][j]为i-j的边数

　　　　　　　　　　ans={0,1,1}^(k-1)的右下角

　　　　　　　　　　　    {0,0,1}

　　　　　　　　　　　　 {0,1,0}

　　　　　　　　　　复杂度：O(n^3)

　　　　　　　　　2)有向图从i到j走k~l步的方案数：

　　　　　　　　　　加一行一列

　　　　　　　　　　ans={0,1,1,0}^(l-1)的右下角-map^(k-1)的右下角

　　　　　　　　　　　 　{0,0,1,0}

　　　　　　　　　　　 　{0,1,0,0}

　　　　　　　　　　　　 {0,0,0,1}

　　　　　　　　　3)无向图从i到j走k步的方案数：同①，只用算倒三角

　　　　　　　　　4)循环矩阵，如{1,2,3}，只算第一行第一列，其余递推，O(n^2)

　　　　　　　　　　　　　　　　{3,1,2}

　　　　　　　　　　　　　　　　{2,3,1}

　　　④高斯消元&线性基：

　　　　　　每次选取位数最高的行，假设最高位在第k位，用该行和所有最高位在第k位的行异或起来即可

　　　　　　例：bzoj3105：http://www.cnblogs.com/xiaoxubi/p/6543458.html

　　　　　　　　bzoj2115：http://www.cnblogs.com/xiaoxubi/p/6543252.html

　　　　　　　　bzoj2844：http://www.cnblogs.com/xiaoxubi/p/6541257.html

void gauss()
{
    for(int i=1;i<=n;i++) sum+=a[i];
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        int tmp=a[i];
        for(int j=30;j>=0;j--)
            if(a[i]&Pow[j])
            {
                if(!b[j]) { b[j]=i; break; }
                else a[i]^=a[b[j]];
            }
        if(a[i]) ans+=tmp;
    }
}

　　　⑤矩阵的秩&自由元：

　　　　　　自由元：高斯之后一行全为0的行数

　　　　　　秩：行数-自由元

　　　⑥矩阵快速幂：

　　　　　　构造转移矩阵+用快速幂实现矩阵乘法即可

　　　　　　难点在构造转移矩阵QAQ

　　　　　　例：斐波那契数列

　　　　　　　　　　

十三、置换群

　　　①概念：1)群：具有某些特殊性质的集合　　　　

　　　　　　　　　　1 封闭性：∀f,g∈G,f*g=h,则h∈G;
　　　　　　　　　　2 结合律：∀f,g,h∈G,(f*g)*h=f*(g*h);
　　　　　　　　　　3 有单位元：∃e∈G,∀f∈G,f?e＝e?f＝f;
　　　　　　　　　　4 有逆元素：∀f∈G,∃f^-1∈G,使f*(f^-1)=(f^-1)*f=e;

　　　　　　　2)置换群：一些置换的集合，满足群的性质

　　　②Burnside引理

　　　　

　　　　L=(1/G)*∑c(a[i]),(i from 1 to G)

　　　　L表示循环同构的染色方案数

　　　　G表示置换群中的操作个数，a[i]表示每一个操作

　　　　c(a[i])表示在a[i]操作下的不动点数（转后与原来一样）

　　　　如图，不动(360度)：a1=(1)(2)…(16)
　　　　　　　逆时针转90度 ：a2=(1)(2)(3 4 5 6)(7 8 9 10) (11 12)(13 14 15 16)
　　　　　　　顺时针转90度 ：a3=(1)(2)(6 5 4 3)(10 9 8 7)(11 12)(16 15 14 13)
　　　　　　　转180度：a4=(1)(2)(3 5)(4 6)(7 9)(8 10)(11)(12) (13 15)(14 16)

　　　　　　　L=1/4*(16+2+2+4)=6

　　　③Polya定理

　　　　用于解决n元环m染色问题

　　　　L=(1/G)*∑f(c(a[i])),(i from 1 to G)=(1/G)*∑m^(c(a[i])),(i from 1 to G)

　　　　L,G,c,ai与Burnside引理相同，m为染色数，f()为自己定义的一个函数

　　　　1 循环同构：L=(1/m)*∑n^(gcd(i,m)),(i from 1 to m)

　　　　2 循环、对称同构：

　　　　　　n是奇数：L=(1/2n)*(∑n^(gcd(i,m),(i from 1 to m))+n*m^(┌(n/2)┐)

　　　　　　n是偶数：L=(1/2n)*(∑n^(gcd(i,m),(i from 1 to m))+((n/2)*(m^(n/2+1)+m^(n/2))

十四、泰勒展开

　　　公式：

　　　　　

　　　解释：

　　　　　感性的理解一下，对于一个多项式，求导得到的是每一项的系数，这样做显然是正确的

　　　　　而对于非多项式可以用多项式拟合（逃~

　　　多项式版本（牛顿二项式定理）：

　　　　　P.S.感觉我这写的好乱啊QAQ

　　　　  

　　　常见函数的泰勒展开式（非多项式）：

　　　　  e^x = 1+x+x^2/2!+x^3/3!+……+x^n/n!+…… 
　　　　ln(1+x)=x-x^2/2+x^3/3-……+(-1)^(k-1)*(x^k)/k(|x|<1) 
　　　　sin x = x-x^3/3!+x^5/5!-……+(-1)^(k-1)*(x^(2k-1))/(2k-1)!+……。(-∞<x<∞) 
　　　　cos x = 1-x^2/2!+x^4/4!-……+(-1)k*(x^(2k))/(2k)!+…… (-∞<x<∞) 
　　　　arcsin x = x+(1/2)*x^3/3+(3/8)*x^5/5 + ……(2k)!/((4^k)*((k!)^2))*x^(2k+1)/(2k+1)(|x|<1) 
　　　　arccos x = π/2 - ( x + (1/2)*x^3/3 + (3/8)*x^5/5 + …… ) (|x|<1) 
　　　　arctan x = x - x^3/3 + x^5/5 -……(x≤1) 
　　　　sinh x = x+x^3/3!+x^5/5!+……+(-1)^(k-1)*(x^2k-1)/(2k-1)!+…… (-∞<x<∞) 
　　　　cosh x = 1+x^2/2!+x^4/4!+……+(-1)k*(x^2k)/(2k)!+……(-∞<x<∞) 
　　　　arcsinh x = x - 1/2*x^3/3 + 1*3/(2*4)*x^5/5 - …… (|x|<1) 
　　　　arctanh x = x + x^3/3 + x^5/5 + ……(|x|<1)

十五、

P.S.感觉这些东西百度百科就讲的挺清楚的QAQ

P.S.并不会母函数什么的......我还是太弱了QAQ

母函数的坑终于填上了，累死了QAQ

斐波那契数列

　　　通项公式：

　　　　　　　　

　　　前缀和：∑f(k),(k from 1 to n)=f(n+2)-f(2)

　　　奇数项和：∑f(2*k-1),(k from 1 to n)=f(2n)

　　　平方和：∑f(k)^2,(k from 1 to n)=f(n)*f(n+1)

　　　相邻项乘积和：∑f(k)*f(k+1),(k from 1 to n)=(1/2)*(f(n+2)^2-(f(n)*f(n+1))-1)

　　　性质1：f(n)^2=f(n-1)*f(n+1)+(-1^n)

　　　性质2：f(m+n)^2-f(m-n)^2=f(2m)*f(2n)

　　　性质3：(f(n-1)*f(n+2))-(f(n)*f(n+1))=(-1)^n

　　　性质4：f(n)在%p意义下纯循环

　　　　　　  若p=10^n，则循环节长度为6*p

　　　应用1：已知a^2=a+1,a^3=a^2+a.....,求a^n=?

　　　　　　  解：a^n=f(n)*a+f(n-1)

　　　应用2：生成勾股数

　　　　　　  

卡特兰数

　　　递推式：h(0)=1,h(1)=1,h(n)= h(0)*h(n-1)+h(1)*h(n-2) + ... + h(n-1)*h(0) (n>=2)

　　　　　　　h(n)=h(n-1)*(4*n-2)/(n+1)

　　　　　　　h(n)=C(2n,n)/(n+1)

　　　　　　　h(n)=c(2n,n)-c(2n,n-1)

　　　应用：括号化（对满足结合律的式子添加括号）：h(n)

　　　　　　n个数的出栈序列种类：h(n)

　　　　　　凸多边形的三角形划分方案数：h(n-2)

　　　　　　n个节点的二叉搜索树种类：h(n)

　　　　　　在n位的2进制中，有m个0，其余为1的卡特兰数为C(n,m)-C(n,m-1)

斯特林数

　　　第一类：无符号：s(0,0)=1,s(i,0)=0,s(n,m)=s(n-1,m-1)+(n-1)*s(n-1,m)

　　　　　　　　　　　∑(k from 0~n) s(n,k)=n!

　　　　　　　有符号：s'(n,m)=(-1)^(n+m)*s(n,m)

　　　　　　　　　　　∑(k from 0~n) s'(n,k)=0^n

　　　　　　　应用：升阶&降阶函数的系数（这个地方本人不是太明白呢QAQ，所以各位dalao请自行看百度百科）

　　　　　　　　　　将n个不同元素构成m个圆排列的方案数

　　　　　　　　　　解锁仓库问题

　　　第二类：递推式：s(0,0)=1,s(n,m)=s(n-1,m-1)+m*s(n-1,m)

　　　　　　　应用：m个盒子放n个不同的球，盒子（有标号or无标号or允许空）

　　　　　　　　　　

　　　　　　　　　　不同盒子相同球：插隔板，C(n-1,m)

　　　　　　　　　　相同盒子相同球：整数划分，dp，f(n,m)=f(n-m,m)+f(n,m-1)

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　f(n,m)表示将n划分为不超过m的若干个整数

　　　　　　　通项公式：

　　　　　　　　　通项公式可用容斥原理推导

　　　　　　　P.S.∑s(n,k)=B(n)，即贝尔数

贝尔数

　　递推式：B(0)=1,B(n+1)=∑(k from 0 to n) C(n,k)*B(k)

　　　　　　B(p+n)=B(n)+B(n+1) (%p),p为质数

　　通项公式：，Dobinski公式：期望值为1的泊松分布的n次矩

　　　　　　　，即B(n)为第二类斯特林数的总和

　　应用：将n个元素划分的方案数

调和级数

　　通项公式：H(n)=∑(k from 1 to n) 1/k

　　前缀和：∑(k from 1 to n) H(k)=(n+1)*H(n)-n

　　P.S.调和级数是发散的

伯努利数

　　定义：

　　性质：①∑(k from 0 to n) C(n,k)*B(k) =0

　　　　   　可以用递推求各项，递推式：

　　　　　　

　　　　　　可以围观dalao博客：http://blog.csdn.net/acdreamers/article/details/38929067

　　　　　　也可以O(nlogn)递推，用指数母函数展开然后balabala.....

　　　　　　就是将定义中的e^x泰勒展开一下然后，搞成了这么个东西

　　　　　　　　

　　　　　　然后你把分母多项式在%pow(x,n+1)意义下求个逆，%pow(x,n+1)就是将Bn以上的项都消掉

　　　　　　然后对于x^i其系数就是Bi啦！（终于搞定了QAQ）

　　　　　②B(0)=1,B(1)=-1/2

　　　　　　B(k)=0，k为奇数

　　用途：根据公式

　　　　　

　　　　　O(k^2)预处理每一部分，可以在每个case以O(k)求出∑ i^k

 　　　　  若k特别大也可以O(klogk)预处理，每个case O(klogk)

默慈金数

　　http://blog.csdn.net/acdreamers/article/details/41213667

　　递推式：

　　　　　　

　　应用：①在圆上的n个点间画出不相交的弦的方案数

　　　　　②在网格图中只允许向右、上、下走，从(0,0)走到(n,0)的方案数

那罗延数

　　http://blog.csdn.net/whai362/article/details/42674431

　　通项公式：N(n,k) = 1/n * C(n,k) * C(n,k-1)，（C为组合数）

　　求和：∑(k from 0 to n) N(n,k)=Catalan(n)

　　应用：在由n对"("和")"组成的字符串中，共有k对"("与")"相邻的字符串个数

十六、康托展开：

　　　公式：X()=an*(n-1)!+an-1*(n-2)!+...+ai*(i-1)!+...+a2*1!+a1*0!

　　　　　　例：对于数组s=[A,B,C,D]及其排列s1=[D,B,A,C]，将s1映射成X。

　　　　　　　　X(s1) = a4*3! + a3*2! + a2*1! + a1*0!

　　　　　　　　a4表示"D" 这个元素在子数组[D,B,A,C]中是第几大的元素(下标从0开始)，a4=3

　　　　　　　　a3表示"B" 这个元素在子数组[B,A,C]中是第几大的元素，a3=1

　　　　　　　　a2表示"A" 这个元素在子数组[A,C]中是第几大的元素，a2 = 0

　　　　　　　　a1表示"C" 这个元素在子数组[C]中是第几大的元素，a1=0

　　　　　　　　即X(s1) = 3*3! + 1*2! + 0*1! + 0*0! = 20

　　　康托逆展开：生成全排列&第m个排列

//copy from zhongkeli's blog
//第m个排列
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<cstdlib>
using namespace std;
class cantor{
public:
    int n;//字符串的长度
    string s;
    int pos;//字符串在全排列中的字典位置，从0开始
    vector<int>num;//所有的字符
    cantor(string s):s(s){n=s.size();}
    cantor(int n,int pos):n(n),pos(pos){
        int i;
        for(i=0;i<n;i++)
            num.push_back(i);
    }
    int fac(int);
    void encode();
    void decode();
    
};
int cantor::fac(int num){
    if(num==0) return 1;
        else return num*fac(num-1);
}
void cantor::encode(){
    int i,j,count;
    vector<int>vec(n);
    for(i=0;i<n;i++){
        count=0;
        for(j=i;j<n;j++)
            if(s[i]>s[j]) count++;    
        vec[n-i-1]=count;
                }
    pos=0;
    for(i=0;i<s.size();i++)
        pos+=vec[i]*fac(i);    
}
void cantor::decode(){
    int i;
    div_t divresult;
    for(i=n-1;i>=0;i--){
        divresult=div(pos,fac(i));求余数与除数
        s.push_back(num[divresult.quot]+'0');
        num.erase(num.begin()+divresult.quot);
        pos=divresult.rem;
            }
}
int main(){
    cantor test(4,2);
    test.decode();
    cout<<test.s<<endl;
}

十七、母函数（生成函数）

　　　填坑，学了一下午，累死了QAQ

　　　matrix67的博客喵啊：http://www.matrix67.com/blog/archives/120

　　　生成函数

　　　　　用于解决多重集的组合问题，如题：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=2082

　　　　　构造数列{a0...an}的母函数G(x)， G(x)=∑ (i from 0 to n) (ai*(x^i))

　　　　　题意：n种物品，数量分别为k1...kn（可为无穷），价值p1…pn，求价值和为m的物品组合方法数

   　　　　构造母函数G(x)=∏(i<=n) ∑(j<=ki) x^(j*pi)

　　　　　　　　　　　　  =∑ ak*x^k

　　　　　答案即为a_m

　　　指数型生成函数

　　　　　用于解决多重集的排列问题，如题：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1521

　　　　　构造数列{a0...an}的指数型母函数G(x)，G(x)=∑ (i from 0 to n) (ai*(x^i)/(i!+(i==0))

　　　　　题意：有n种物品，数量分别为k1..kn，求从中选出m个物品的排列方案数

　　　　　　　　P.S.选n个物品（全排列）：n!/∑ ki!

　　　　　构造指数型母函数G(x)=∏(i<=n) ∑(j<=ki) ((x^j)/(j!+(j==0))

　　　　　答案即为a_m

　　　P.S.限制条件可以直接在那个∑里把对应的项删掉就行啦QwQ

十八、快速傅里叶变换FFT&NTT

　　　感觉这篇博客讲的挺清楚的：https://www.zybuluo.com/397915842/note/37965

　　　还有一个：http://blog.miskcoo.com/2015/04/polynomial-multiplication-and-fast-fourier-transform#i-15

　　　FFT是用复数来处理多项式乘法的，NTT是在模意义下做多项式乘法的，NTT就是将FFT中的复数i替换为p的原根

　　　所以这里我们只陈述FFT的工作原理

　　　考虑要想确定一个n阶多项式∑ai*(x^i)，需要n+1个点

　　　设多项式A,B，将其分别拆成2n+1个点(ai.x,ai.y),(bi.x,bi.y)，则其乘积为(ai.x*bi.x,ai.y*bi.y)所对应的多项式

　　　而FFT是用于加速函数式和点值式的相互转化的，这里仅讨论函数式→点值式的转化

　　　考虑将x赋值为e^0 ~ e^(n-1)，e=cos(π*i/n)+sin(π*i/n)*sqrt(-1)，可使向量构成一个满足e^n=e^0的环，

　　　即x^k每n位一循环即可快速解决此问题

　　　对于原式∑ai*(x^i)，考虑分治，将其按i的奇偶分成两块，即∑ai*xi(i为奇数)+∑aj*xj(j为偶数)

　　　考虑解决左半边，将x提出后可化为x*∑a(2i+1)*x^(2i)，这里我们发现虽然i减半了，但是x的次数并没有变

　　　考虑将x赋值为e^k，则原式可化为x*∑a(2i+1)*e^(2ik)，即x*∑a(2i+1)*(e^2k)^i

　　　当k<n/2时原式可看做x*∑a(2i+1)*x^i，而当k>n/2时设t=k-n/2，则e^2k=e^2t，令k=t即可回到k<n/2的问题

　　　于是我们便可以递归解决该问题了，P.S.为方便实现，我们可以将n补成2的整数次幂

　　　对于点值式→函数式的变换，再做一遍FFT即可，不过e的纵坐标要取负，ai’=n*ai

　　　P.S.蝴蝶变换可以将代码变成非递归的，优化常数：http://www.cnblogs.com/zpfbuaa/p/5081155.html

　　　例：bzoj2179：FFT

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<complex>
#define pi 3.141592653589
using namespace std;
const int Mx=200010;
typedef complex <double> C;
int n,m,l,r[Mx],c[Mx];
char s[Mx],t[Mx];
C A[Mx],B[Mx];
void fft(C *A,int tag)
{
    for(int i=0;i<n;i++) if(r[i]>i) swap(A[i],A[r[i]]);
    for(int i=1;i<n;i<<=1)
    {
        C e(cos(pi/i),tag*sin(pi/i));
        for(int j=0;j<n;j+=i<<1)
        {
            C ei=1;
            for(int k=0;k<i;k++,ei*=e)
            {
                C x=A[j+k],y=ei*A[j+k+i];
                A[j+k]=x+y,A[j+k+i]=x-y;
            }
        }
    }
}
int main()
{
    scanf("%d%s%s",&m,s,t);
    for(int i=0;i<m;i++) A[i]=s[m-i-1]-'0',B[i]=t[m-i-1]-'0';
    for(n=1,m<<=1;n<m;n<<=1) l++;
    for(int i=0;i<n;i++) r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)<<(l-1));//蝴蝶 
    fft(A,1),fft(B,1);
    for(int i=0;i<n;i++) A[i]*=B[i]; fft(A,-1);
    for(int i=0;i<n;i++) A[i]/=n;
    for(int i=0;i<m;i++) c[i]=(int) (A[i].real()+0.1);
    for(int i=0;i<m;i++)
        if(c[i]>=10) c[i+1]+=c[i]/10,c[i]%=10;
        else if(!c[i]&&i==m-1) m--;
    for(int i=m-1;i>=0;i--) printf("%d",c[i]);
    return 0; 
}

　　　　　uoj 34：NTT

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#define int long long
using namespace std;
const int Mx=400010;
const int p=998244353;
const int g=3;
int n,m,l,top,rev[Mx];
int A[Mx],B[Mx],C[Mx];
inline int Pow(int a,int b)
{
    int c=1;
    while(b)
    {
        if(b&1) c=(c*a)%p;
        a=(a*a)%p;
        b/=2;
    }
    return c;
}
void NTT(int *A,int tag)
{
    for(int i=0;i<n;i++) if(rev[i]>i) swap(A[i],A[rev[i]]);
    for(int i=1;i<n;i<<=1)
    {
        int e=Pow(g,(p-1)/(i<<1));
        for(int j=0;j<n;j+=i<<1)
        {
            int ei=1;
            for(int k=0;k<i;k++,ei=(e*ei)%p)
            {
                int x=A[j+k],y=(ei*A[j+k+i])%p;
                A[j+k]=(x+y)%p,A[j+k+i]=(x-y+p)%p;
            }
        }
    }
    if(tag==-1) //翻回来要除n
    {
        reverse(A+1,A+n);
        for(int i=0,ni=Pow(n,p-2);i<n;i++) A[i]=(A[i]*ni)%p;
    }
}
signed main()
{
    scanf("%lld%lld",&n,&m);
    for (int i=0;i<=n;i++) scanf("%lld",&A[i]);
    for (int i=0;i<=m;i++) scanf("%lld",&B[i]);
    m=n+m; for(n=1;n<m;n<<=1) l++;
    for(int i=0;i<n;i++) rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(l-1));//蝴蝶 
    NTT(A,1);NTT(B,1);
    for(int i=0;i<n;i++) A[i]=(A[i]*B[i])%p;
    NTT(A,-1);
    for(int i=0;i<=m;i++) printf("%lld ",A[i]);
    return 0;
}

十九、多项式求逆&除法&取模

　　　求逆：

　　　　　orz Miskcoo：http://blog.miskcoo.com/2015/05/polynomial-inverse#i-5

　　　　　设A[]为给定多项式，B[]=A[]^-1 (%x^n) P.S.也就是只留x^0...x^(n-1)的项

　　　　　假设已经求出B[]在%x^⌈n/2⌉意义下的各项系数记为B'[]，即A[x]*B'[x]≡1 (%x^⌈n/2⌉)

　　　　　又因为在%x^n下成立的式子在%x^⌈n/2⌉意义下也成立，则有以下式子

　　　　　　　①A[x]*B[x]≡1 (%x^⌈n/2⌉)

　　　　　　　②A[x]*B'[x]≡1 (%x^⌈n/2⌉)

　　　　　①-②可得：B[x]-B'[x]≡0 (%x^⌈n/2⌉)

　　　　　两边平方：B[x]^2+B'[x]^2-2*B[x]*B'[x]≡0 (%x^n)

　　　　　关于为什么是%x^n的话dalao的博客里有证明，我截个图贴上来QAQ

　　　　　

　　　　　然后两边*A[]，移项可得：B[x]=2*B'[x]-A[x]*B'[x]*B'[x]

　　　　　利用倍增+FFT即可O(nlogn)计算，边界条件：B[0]=A[0]'

　　　　　代码抄Yousiki的：http://yousiki.net/index.php/archives/39/

void inv(int *a, int *b, int len)
{
    if (len == 1)
        b[0] = pow(a[0], mod - 2);
    else
    {
        inv(a, b, len >> 1);
        
        static int t[mxn];
        
        memcpy(t,       a, len * siz);
        memset(t + len, 0, len * siz);
        
        ntt(t, len << 1, +1);
        ntt(b, len << 1, +1);
        
        for (int i = 0; i < (len << 1); ++i)
            b[i] = mul(b[i], (2 - mul(t[i], b[i]) + mod));
        
        ntt(b, len << 1, -1);
        
        memset(b + len, 0, len * siz);
    }
}

　　　除法&取模：

　　　　　http://blog.miskcoo.com/2015/05/polynomial-division

　　　　　设A[]/B[]=D[],A[]%B[]=R[]，则A(x)=B(x)*D(x)+R(x)，求D(x)

　　　　　考虑将x变为1/x，再将多项式*xⁿ，则相当于将多项式系数反转，记为A^R(x)

　　　　　如：

　　　　　　

　　　　　 　

　　　　　考虑对原多项式也做类似的处理：将x变为1/x并在等式左右同乘x^n

　　　　　P.S.我们可以把R看成m阶多项式

　　　　　即：

　　　　　　 

　　　　　我们发现，D(x)的系数不会大于n-m，又因为R^R的系数为n-m+1，那么R^R即可消掉

　　　　　即：

　　　　　　　

　　　　　对B^R求个逆然后一路推回去就可以得到D[]和R[]了

二十、牛顿迭代法

　　　牛顿迭代法：

　　　　　Matrix67：http://www.matrix67.com/blog/archives/361

　　　　　用于解决寻找平方根的问题

　　　　　随机一个点，每次找切线和x轴的交点，以这个x值的(x,f(x))为新的点继续操作，直到找到0点

　　　牛顿迭代法在多项式运算的应用：

　　　　　Picks：http://picks.logdown.com/posts/209226-newtons-method-of-polynomial

　　　　　Miskcoo：http://blog.miskcoo.com/2015/06/polynomial-with-newton-method

　　　　　感觉Miskcoo说的挺清楚的了就不想再总结了，生成函数不懂的话看前面的条目就行

　　　　　感觉又挖了个二次剩余的坑.....不过我是不想填了

　　　　　想看的自己戳这里吧：http://blog.miskcoo.com/2014/08/quadratic-residue

二十一、计算几何

　　　凸包：

　　　　　贴几篇博客吧，感觉第一个讲的不错，第二、三个比较全

　　　　　　P.S.第一篇分了三章我只贴了一张，需要自己去博主列表翻QAQ

　　　　　　　http://www.cnblogs.com/Booble/archive/2011/02/28/1967179.html#3229390

　　　　　　　http://blog.csdn.net/ACMaker

　　　　　　　http://blog.csdn.net/hanchengxi/article/details/8639476

　　　　　定义：对于一个点集S，找出其中最小的一个子集S'，对于S'的两个相邻顶点的边，所有点都在边的同一侧

　　　　　　　　如：

　　　　　　　　　　

　　　　　做法：

　　　　　　　　Graham扫描算法

　　　　　　　　　　先找出左下角的点（肯定在凸包上），考虑如何找下一个点

　　　　　　　　　　利用向量叉积的正负来判断，用一个栈来维护

　　　　　　　　　　先按极坐标排序，将第一个点入栈然后向下一个点连边

　　　　　　　　　　考虑这条边如果构成左转关系就继续压栈，如果构成右转关系就弹栈

　　　　　　　　　　如图，不断弹栈直到构成左转关系（左转右转可以用叉积来判断）

　　　　　　　　　　

　　　　　　　　　　最后就是：

　　　　　　　　　　

　　　　　　　　　　复杂度O(nlogn)

　　　　　旋转卡壳：

　　　　　　　传说中有2⁴种读音的算法（逃~

　　　　　　　要做的就是求对踵点的最大值吧......

　　　　　　　我理解的对踵点是酱的：

　　　　　　　　　　　

　　　　　　　然后就是，先求出一条边所对应的点，然后依次旋转就行

　　　　　　　点的变化就是，while(更优) move;

　　　　　凸包合并：

　　　　　　　首先考虑两个凸包肯定是已经按极角排好序的

　　　　　　　所以我们可以采取类似归并排序的思想将所有点排序

　　　　　　　然后直接用栈求凸包就可以了

　　　　　三角剖分：

　　　　　　　鬼知道这是干什么的系列

　　　　　　　定义：简单来讲就是把点集表示为若干三角形拼起来

　　　　　　　算法叫Delaunay三角剖分，以下是两种具体实现方法

　　　　　　　洋葱三角剖分：

　　　　　　　　　http://blog.csdn.net/bo_jwolf/article/details/11985653

　　　　　　　　　就是对点集不断求凸包然后将凸包删掉继续求：

　　　　　　　　　　　

　　　　　　　　　然后·对于一个环其三角剖分为：

　　　　　　　　　　

　　　　　　　　　做法使用旋转卡壳实现的，看前面贴出来的dalao博客吧

　　　　　　　　　P.S.听说洋葱皮(多次求凸包)可以O(nlogn)做，然而我不会QAQ

　　　　　　　螺旋三角剖分：

　　　　　　　　　不会（感觉会洋葱就够了吧QAQ）

　　　　　　　　　http://blog.csdn.net/bo_jwolf/article/details/11985627

　　　半平面交：

　　　　　http://www.cnblogs.com/XDJjy/archive/2013/09/13/3320205.html

　　　　　http://blog.csdn.net/non_cease/article/details/7796834

　　　　　定义：每个半平面可以表示为Ax+By+C >(=) 0的形式

　　　　　　　　半平面交即为满足所有约束条件的二维区域，可用于求解多边形的内核 && 求凸包

　　　　　做法：①每次考虑一个半平面对其他所有半平面的影响，O(n²)

　　　　　　　　②考虑分治，递归直到只剩可以直接求凸包的半平面数

　　　　　　　　　运用上文提到的合并凸包的方法求解

　　　　　　　　③排序增量法 by zzy

　　　　　　　　　1) 按向量的极角排序，对于极角相同的只留一个（用叉积实现）

　　　　　　　　　2) 开一个双端队列 deque <int> q，放入前两个半平面

　　　　　　　　　3) 考虑每次加入一个新的半平面，用新的半平面去更新这个队列：

　　　　　　　　　　　　 while(顶部的两个半平面的交点在新半平面外) pop_front();

　　　　　　　　　　　　 while(底部的两个半平面的交点在新半平面外) pop_back();

　　　　　　　　　　 队头加入当前半平面 q.push_front(i)

　　　　　　　　　　 不断用顶弹底&底弹顶：

　　　　　　　　　　　　 while(可以弹) {

　　　　　　　　　　　　　　while (顶部的两个半平面的交点在底部的半平面外) pop_front();
　　　　　　　　　　　　　　while (底部的两个半平面的交点在顶部的半平面外) pop_back();

　　　　　　　　　　　　 }

　　　　　　　　　4) 如果deque中有元素则说明存在半平面交

　　　　　　　　　　 若求的是多边形的核之类的，那么deque中的半平面交必须是封闭的，否则无解

　　　　　　　　　　 若求的是纯半平面交，那就根据数据范围增加4个半平面再做，一样可以保证有界

　　　　　　　　　　 若要具体求出凸包是哪些点就求一下q[i]和q[i-1]的交点以及q[1]与q[n]的交点即可

　　　辛普森积分：

　　　　　做法：每次判断左边+右边是否-lastans是否<eps，递归处理

　　　　　公式：∫ (l~r) f(x)=(r-l)*(f(l)+f(r)+4*f(mid))/6

　　　　　P.S.如果要求多边形的面积，f(i)就表示与直线x=i相交的多边形的截线长度和，直接暴力做即可

　　　　　例：bzoj2178：http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=2178

　　　　　　　我的blog：http://www.cnblogs.com/xiaoxubi/p/6618272.html

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#define eps 1e-13
using namespace std;
const int Mx=1010;
int n,tot,st,to;
bool vis[Mx];
double L[Mx],R[Mx];
struct Node { double x,y,r; } str[Mx];
struct Line { double l,r; } line[Mx];
double dis(Node a,Node b) { return sqrt((a.x-b.x)*(a.x-b.x)+(a.y-b.y)*(a.y-b.y)); }
bool cmp1(Node a,Node b) { return a.r<b.r; }
bool cmp2(Node a,Node b) { return a.x-a.r<b.x-b.r; }
bool operator < (Line a,Line b) { return a.l<b.l; }
double cal(double fl,double fmid,double fr,double r_l) { return r_l*(fl+fr+4*fmid)/6; }
double get_f(double x)
{
    double ans=0; tot=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        if(x>=L[i]&&x<=R[i])
        {
            double len=sqrt(str[i].r*str[i].r-(str[i].x-x)*(str[i].x-x));
            line[++tot].l=str[i].y-len; line[tot].r=str[i].y+len;
        }
    sort(line+1,line+tot+1);
    for(int i=1,j;i<=tot;i++)
    {
        double minl=line[i].l,minr=line[i].r;
        for(j=i+1;j<=tot;j++)
        {
            if(line[j].l>minr) break;
            if(line[j].r>minr) minr=line[j].r;
        }
        ans+=minr-minl; i=j-1;
    }
    return ans;
}
double simpson(double l,double r,double mid,double fl,double fr,double fmid,double lastans)
{
    double mid1=(l+mid)/2,mid2=(mid+r)/2,fmid1=get_f(mid1),fmid2=get_f(mid2);
    double ans1=cal(fl,fmid1,fmid,mid-l),ans2=cal(fmid,fmid2,fr,r-mid);
    if(fabs(ans1+ans2-lastans)<eps) return ans1+ans2;
    return simpson(l,mid,mid1,fl,fmid,fmid1,ans1)+simpson(mid,r,mid2,fmid,fr,fmid2,ans2);
}
void solve()
{
    double ans=0.00;
    for(int i=1,j;i<=n;i++)
    {
        st=i; double minl=L[i],minr=R[i],minmid;
        for(j=i+1;j<=n;j++)
        {
            if(L[j]>minr) break;
            if(R[j]>minr) minr=R[j];
        }
        to=j-1,i=to,minmid=(minl+minr)/2;
        double fl=get_f(minl),fr=get_f(minr),fmid=get_f(minmid),lstans=cal(fl,fmid,fr,minr-minl);
        ans+=simpson(minl,minr,minmid,fl,fr,fmid,lstans);
    }
    printf("%.3lf",ans);
}
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lf%lf%lf",&str[i].x,&str[i].y,&str[i].r);
    sort(str+1,str+1+n,cmp1);
    //剪枝 
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=i+1;j<=n;j++)
            if(fabs(str[j].r-str[i].r)>=dis(str[j],str[i]))
            {
                vis[i]=1; break;
            }
    for(int i=1,tmp=0,mx=n;i<=mx;i++) if(!vis[i]) str[++tmp]=str[i],n=tmp;
    //
    sort(str+1,str+1+n,cmp2);
    for(int i=1;i<=n;i++) L[i]=str[i].x-str[i].r,R[i]=str[i].x+str[i].r;
    solve();
    return 0;
}

后记：

　　　就...就假装自己把数学方面的都总结完了吧QAQ......

　　　博弈论的坑再说吧QAQ....不想再挖坑了QAQ

　　　累死本宫了.....啊QAQ