感觉距离 s c o i 2019 scoi2019 scoi2019的时间不多了博主因为太弱所以现在慌得一批,现在尝试梳理一些小知识点顺便复习。
常识向,直接贴代码了,大佬们手动跳过吧。
最常用的是线性筛质数。
同时有两种常用的可以线性筛预处理的函数:莫比乌斯函数,欧拉函数。
线性筛代码:
typedef long long ll;
ll prime[N],pri[N],cnt=0,mu[N],phi[N];
inline void init(int len){
mu[1]=phi[1]=1;
for(int i=2;i<=len;++i){
if(!pri[i])prime[++cnt]=i,mu[i]=-1,phi[i]=i-1;
for(int j=1;i*prime[j]<=len;++j){
pri[i*prime[j]]=1;
if(i%prime[j]==0){
phi[i*prime[j]]=phi[i]*prime[j];
mu[i*prime[j]]=0;
break;
}
mu[k]=-mu[i];
phi[k]=phi[i]*(prime[j]-1);
}
}
}
有个结论,对于 m >= 2,与m的互质的数的和为m * phi (m) / 2
这是一个用循环实现的快速枚举子集的方法,代码如下:
for(int i=s;i;i=s&(i-1))
一个蒟蒻博主听说可以打表证明的性质:
s u m i = i , i ≡ 0 m o d    4 sum_i=i,i\equiv0 \mod4 sumi=i,i≡0mod4
s u m i = 1 , i ≡ 1 m o d    4 sum_i=1,i\equiv1 \mod4 sumi=1,i≡1mod4
s u m i = i + 1 , i ≡ 2 m o d    4 sum_i=i+1,i\equiv2 \mod4 sumi=i+1,i≡2mod4
s u m i = 0 , i ≡ 3 m o d    4 sum_i=0,i\equiv3 \mod4 sumi=0,i≡3mod4
感觉挺有用的
p o p c o u n t ( x ) popcount(x) popcount(x)指 x x x在二进制形式中二进制位为 1 1 1的数量。
直接处理是 O ( l o g x ) O(log_x) O(logx)的,但是可以 O ( a m a x ) O(a_{max}) O(amax)预处理。
代码:
for(int i=1;i<=lim;++i)Popcount[i]=Popcount[i>>1]+(i&1);
原理很简单(逃
因为太多之前特意写了一篇博客 才不是骗访问量呢
C a t n = C 2 n n − C 2 n n − 1 = C 2 n n n + 1 Cat_n=C_{2n}^n-C_{2n}^{n-1}=\frac{C_{2n}^n}{n+1} Catn=C2nn−C2nn−1=n+1C2nn
两类可以用 f f t fft fft预处理做到 O ( n l o g n ) O(nlogn) O(nlogn)
但是一般都只用 O ( n 2 ) O(n^2) O(n2)(雾
下面给出递推式:
第一类斯特林数递推式:
第二类斯特林数递推式:
第一类斯特林数详细小结
第二类斯特林数详细小结
看了这道题你就懂了。
递推式: f i = ( i − 1 ) ( f i − 1 + f i − 2 ) f_i=(i-1)(f_{i-1}+f_{i-2}) fi=(i−1)(fi−1+fi−2)
f n = ∑ i = 0 n ( n i ) g i f_n=\sum_{i=0}^n\binom{n}{i}g_i fn=∑i=0n(in)gi
=> g n = ∑ i = 0 n ( ( − 1 ) i ( n n − i ) f i ) g_n=\sum_{i=0}^n((-1)^i\binom{n}{n-i}f_i) gn=∑i=0n((−1)i(n−in)fi)
可以看这道题简单体会一下。