版块I：数论（Number Theory）
一、同余（Coresidual）
同余大家都会不讲了，证一下除法原则：
若\(ac \equiv bc \pmod p\)，则\(a \equiv b\pmod {\frac{p}{\gcd(c, p)} }\)
证明：\(ac-bc\equiv 0 \pmod p\)
\(c(a - b)\equiv 0 \pmod p\)
\(p \mid c(a - b)\)
\(\frac{p}{\gcd(c, p)} \mid \frac{c}{\gcd(c, p)} (a - b)\)
因为\(\frac{p}{\gcd(c, p)}\) 与 \(\frac{c}{\gcd(c, p)}\) 互质（\(\gcd\)的定义）
所以\(\frac{p}{\gcd(c, p)} \mid (a - b)\)
\(a \equiv b\pmod {\frac{p}{\gcd(c, p)} }\)
二、辗转相除法（Euclidean algorithm）
我们这么写程序：\gcd(a, b) = \gcd(b, a \bmod b)$
等价于证明：\(\gcd(a, b) = \gcd(b, a - b)\)
注意到利用公因数小于等于其最大公约数的性质
令\(d=\gcd(a, b), d'=\gcd(b, a - b)\)
\(d \mid a, d \mid b\)，因此\(d \mid a - b\)，所以\(d\leq d'\)
\(d' \mid b, d \mid a - b\)，因此\(d \mid a\)，所以\(d'\leq d\)
因此\(d=d'\)，得证
三、扩展欧几里得算法（Extended Euclidean algorithm）
方程\(ax+by=\gcd(a, b)\)存在一组整数解\(x, y\)。
证明：
若\(bx + (a \bmod b)y = \gcd(b, a \bmod b)\)有解，进行重组：
\(bx + (a - \lfloor \frac{a}{b} \rfloor\times b)y=\gcd(a, b)\)
\(bx + ay - \lfloor \frac{a}{b} \rfloor\times b \times y=\gcd(a, b)\)
\(ay + b(x - \lfloor \frac{a}{b} \rfloor \times y) =\gcd(a, b)\)
可以构造出\(ax+by=\gcd(a, b)\)的解
因此可以一直递归，直到某个数为\(0\)，这时候显然有整数解，所以原方程也是有整数解的
可以得到简单推论：\(a\)在模\(p\)意义下存在逆元的条件是\(\gcd(a, p)=1\)
四、欧拉函数（Euler Function）
\(1\)到\(n\)中与\(n\)互质的数的个数（欧拉函数）\(\varphi(n)=n\prod_{p_i}(1 - \frac{1}{p_i})\)
证明：
每个素因子的倍数与\(n\)不互质，应该减去，但是有些数是多个素因子的倍数，因此需要容斥
\(\varphi(n)=n - \lfloor \frac{n}{p_1} \rfloor - \lfloor \frac{n}{p_2} \rfloor - ... + \lfloor \frac{n}{p_1p_2} \rfloor + ...\)
考虑每个素因子要是选，分母乘以它，这一项变号；不选相当于乘以\(1\)。于是得到上述式子。
证明：与\(n\)互质的数之和为\(\frac{n\varphi(n)}{2}\)
若\(\gcd(d, n)=1\)，则$\gcd(n, n - d) = 1 $，即互质的数两两出现，且和为 \(n\)
可以证明\(d\not = n - d\)，若相等则\(2d=n\)，不互质
欧拉定理：若\((a, m)=1,a^{\varphi(m)}=1\pmod m\)
证明：任取缩系\(r_1, r_2, ..., r_{\varphi(m)}\)
\((a, m)=1\)，则\(ar_1, ar_2, ..., ar_{\varphi(m)}\)也是一个缩系
\(r_1r_2...r_{\varphi(m)}\equiv ar_1ar_2...ar_{\varphi(m)} \pmod m\)
每个\(r\)与\(m\)互质，存在逆元，两边同时约去，得证
特殊情形：\(a^{p-1}=1\pmod p\)
扩展欧拉定理：\(a^b=a^{\min(b, b\bmod \varphi(m)+\varphi(m))} \pmod m\)
证明：待更
五、中国剩余定理及拓展（Chinese Remainder Theorem and Its Expansion）
求解线性同余方程组
\[ \begin{cases} x \equiv a_1 \pmod {m_1} \\ x \equiv a_2 \pmod {m_2} \\ \cdots \\ x \equiv a_n \pmod {m_n} \end{cases} \]
1. 若\(m_1, m_2, \cdots, m_n\)两两互质
使用中国剩余定理crt构造。
令\(M = \prod m_i, k_i=\frac{M}{m_i}\)，记\(k_i^{-1}\)表示\(k_i\)在\(\bmod m_i\)意义下的逆元，
方程组的解为：\(x=\sum_{i = 1}^n a_i k_i k_i^{-1}\)
每个\(a_i\)的系数，当不是\(\bmod m_i\)的时候都会是\(0\)（整除），\(\bmod m_i\)的时候为\(1\)（逆元的定义），巧妙构造出解
2. 若\(m_1, m_2, \cdots, m_n\)不一定两两互质
使用拓展中国剩余定理
考虑如何合并方程\(x \equiv a \pmod b,x\equiv c\pmod d\)
令\(x=bt + a\)
$bt + a \equiv c\pmod d $
\(bt \equiv c - a \pmod d\)
使用exgcd解出\(t\equiv t_0\pmod {\frac{d}{\gcd(b,d)}}\)
再带回去就能得到\(x\)
于是我们可以通过\(n-1\)次合并解出上述同余方程组
若exgcd时出现无解就意味着同余方程组无解
六、离散对数：BSGS和exBSGS
离散对数：\(a^x\equiv b \pmod p\)
1. \(\gcd(a, p) = 1\)时：BSGS算法
令\(m = \lceil \sqrt p \rceil\) ，
假设\(x\)是解，则\(x\)一定可以表示为\(x = mq + r,q\in[0, m], r \in[0, m - 1]\)（带余除法）
\(a^{mq+r}\equiv b \pmod p\)
\(a^{mq}\equiv ba^{-r} \pmod p\)
我们枚举\(q\)把左边存入hash表，再枚举右边的\(r\)，查询有没有对应的\(q\)
注意最好手写hash表，或者unordered_map
复杂度为\(O(\sqrt p \log p)\)
实际中其实可以灵活调整\(m\)的大小优化复杂度
2. 若\(\gcd(a, p)\not = 1\)时候，使用exBSGS算法。
令\(d = \gcd(p, a)\)，等式两边不断同时约去\(d\)，直到\(d=1\)
\(a^x\equiv b \pmod p\)
约一次：\(a^{x-1}\frac{a}{d}\equiv \frac{b}{d} \pmod {\frac{p}{d}}\)
直到\(a,p\)互质以后：\(a^{x-t}\frac{a^t}{\prod d}\equiv \frac{b}{\prod d} \pmod {\frac{p}{\prod d}}\)
把左边\(\frac{a^t}{\prod d}\)移到右边（此时一定存在逆元）,使用BSGS求解，然后答案加上\(t\)
注意约的时候要特判，\(d\)不整除\(b\)无解，如果出现左边等于右边，答案就是\(t\)
每次约分\(p\)至少减小一半（\(d\geq 2\)），所以这个过程只是带一个\(\log\)而已
#include
#include
#include
using namespace std;
namespace Map {
const int mod = 76543;
const int N = 1e5 + 10;
int cnt, hd[mod], nxt[N], fir[N], sec[N];
void clr() {
fill(hd, hd + mod, -1); cnt = 0;
}
void ins(int x, int y) {
int k = x % mod;
fir[cnt] = x; sec[cnt] = y; nxt[cnt] = hd[k]; hd[k] = cnt ++;
}
int find(int x) {
for(int i = hd[x % mod]; ~ i; i = nxt[i])
if(fir[i] == x) return sec[i];
return -1;
}
}
int gcd(int a, int b) {
return b ? gcd(b, a % b) : a;
}
void exgcd(int a, int b, int &x, int &y, int &g) {
if(!b) x = 1, y = 0, g = a;
else exgcd(b, a % b, y, x, g), y -= a / b * x;
}
int qpow(int a, int b, int p) {
int ans = 1;
for(; b >= 1; b >>= 1, a = 1ll * a * a % p)
if(b & 1) ans = 1ll * ans * a % p;
return ans;
}
int inv(int a, int p) {
int x, y, g; exgcd(a, p, x, y, g);
return g == 1 ? (x % p + p) % p : -1;
}
int logM(int a, int b, int p) { //a^x c = b (mod p), (a, p) = 1
Map :: clr();
int m = (int) ceil(sqrt(p + 0.5));
int aM = qpow(a, m, p), t = 1;
for(int i = 0; i <= m; i ++) {
if(-1 == Map :: find(t)) Map :: ins(t, i);
t = 1ll * t * aM % p;
}
int q = b, inv_a = inv(a, p), ans = -1;
for(int i = 0; i < m; i ++) {
if(~ (t = Map :: find(q))) {
int r = t * m + i;
if(ans == -1 || ans > r) ans = r;
}
q = 1ll * q * inv_a % p;
}
return ans;
}
int exlogM(int a, int b, int p) { //a^x = b (mod p)
if(b == 1) return 0;
int d = gcd(a, p), t = 0, l = 1;
while(d > 1) {
if(b % d) return -1;
b /= d; p /= d; t ++;
l = 1ll * l * (a / d) % p;
if(l == b) return t;
d = gcd(a, p);
}
b = 1ll * b * inv(l, p) % p;
int q = logM(a, b, p);
return ~ q ? q + t : -1;
}
int main() {
int x, z, k;
while(~ scanf("%d%d%d", &x, &z, &k) && x && z && k) {
int res = exlogM(x % z, k, z);
if(res == -1) puts("No Solution");
else printf("%d\n", res);
}
return 0;
}
七、二次剩余的Cipolla算法
1. 一些定义
二次剩余：若\(x^2\equiv a \pmod p\)有解，则称\(a\)是\(p\)的二次剩余。
感性理解就是\(a\)在模\(p\)意义下可开方。
定义勒让德符号：
\[ \left( \frac{a}{p} \right)= \begin{cases} 1, &\text{a是p的二次剩余} \cr -1, &\text{a不是p的二次剩余} \cr 0, &p \mid a \end{cases} \]
注意：
这里仅讨论\(p\)是奇质数的情况，其他情况过于毒瘤，可以参考miskcoo : 二次剩余及计算方法学习
2. 欧拉判别法
\[ \left( \frac{a}{p} \right)=a^{\frac{p-1}{2}} \]
证明：若\(p\mid a\)，显然成立
若\(a\)是\(p\)的二次剩余，则存在\(x^2\equiv a \pmod p\)
\((x^2)^{\frac{p-1}{2}}\equiv a^{\frac{p-1}{2}}\)
根据费马小定理，\(x^{p-1}\equiv 1\pmod p\)
得到\(a^{\frac{p-1}{2}}\equiv 1 \pmod p\)
若\(a\)不是\(p\)的二次剩余，则不存在\(x,x^2\equiv a\pmod p\)
则对于每个\(x\in[1, p)\)，都能找到对应的\(y\in[1,p),y\not=x\) 满足\(xy=a\)
于是我们可以把\([1, p)\)中的数两两配对，一共\(\frac{p-1}{2}\)对，每对乘积为\(a\)
得到等式\((p-1)!\equiv a^{\frac{p-1}{2}}\)
根据威尔逊定理，\((p-1)!\equiv -1 \pmod p\)
得到\(a^{\frac{p-1}{2}}\equiv -1 \pmod p\)
综上，得证
3. Cipolla 算法
使用该算法求：\(x^2\equiv n\pmod p\)的一个解\(x\)
首先随机出来一个\(a\)，满足\((a^2-n)^{\frac{p-1}{2}}\equiv -1 \pmod p\)
期望\(2\)次随机出来（\(a^2\)是\(n\)二次剩余的时候会再随机一次，即\(a^4\equiv n \pmod p\)，这样的\(a\)不超过\(4\)个）
然后为了强行开根，设\(\omega=\sqrt{a^2-n}\)为虚数单位（类比\(i=\sqrt{-1}\)）
结论：\(x=(a+\omega)^{\frac{p+1}{2}}\)
证明：
\[ x^2\equiv (a+\omega)^{p+1}\equiv(a+\omega)^p(a+\omega)\equiv(a^p+\omega^p)(a+\omega)\equiv(a-\omega)(a+\omega)\equiv a^2-\omega^2\equiv n \]
上面的证明用到了几个定理
- \((a+\omega)^p\equiv a^p+\omega^p\)：二项式定理展开，除了首尾项，都含有\(p\)因子
- \(\omega^p\equiv\omega(\omega^2)^{\frac{p-1}{2}} \equiv \omega(a^2-n)^{\frac{p-1}{2}} \equiv-\omega\)
据说根据拉格朗日定理可得最后答案虚部为\(0\)，然而不会拉格朗日定理（
然后就做完了。还是放个代码吧（虽然是乱写的）。
namespace cipolla {
const int mo = 1e9 + 9;
int a, t;
struct Node {
int x, y;
Node operator * (const Node &b) const {
return (Node) {
(int) ((1ll * x * b.x % mo + 1ll * y * b.y % mo * t % mo) % mo),
(int) ((1ll * x * b.y % mo + 1ll * y * b.x % mo) % mo)
};
}
};
int qpow(int a, int b) {
int ans = 1;
for(; b >= 1; b >>= 1, a = 1ll * a * a % mo)
if(b & 1) ans = 1ll * ans * a % mo;
return ans;
}
Node nqpow(Node a, int b) {
Node ans = (Node) {1, 0};
for(; b >= 1; b >>= 1, a = a * a)
if(b & 1) ans = ans * a;
return ans;
}
int sqrt(int n) {
a = 1; srand(time(0));
while(qpow(((t = (1ll * a * a % mo - n) % mo + mo) % mo), (mo - 1) / 2) != mo - 1)
a = 1ll * rand() * rand() % mo;
return nqpow((Node) {a, 1}, (mo + 1) / 2).x;
}
}八、以原根为基础的同余
1. 一些定义
阶：若\((a, p) = 1\)，满足\(1\leq x < p,a^x\equiv 1 \pmod p\)的最小正整数\(x\)称为\(a\)在模\(p\)的阶，记为\(\text{ord}_p(a)\)
感性理解：阶就是最小几次方变成1。
根据欧拉定理，阶一定存在
原根：若\(g\)在模\(p\)的阶为\(\varphi(p)\)，则称\(g\)为\(p\)的原根
原根：若\(g\)在模\(p\)的阶为\(\varphi(p)\)，则称\(g\)为\(p\)的原根
感性理解：原根是一个替代品，因为它的次幂能遍历\(p\)的缩系（证明在后面）
指标：若\(0 \leq x < \varphi(p), g^x\equiv a\pmod p\)，称\(x\)为以\(g\)为底模\(p\)的一个指标
我们暂时还用不到指标这个鬼东西
2. 性质
下面为了表述简便，令阶\(x=\text{ord}_{p}(a)\)
性质1：\(a^{u}\equiv a^v\pmod p\)当且仅当\(u\equiv v\pmod x\)
证明：
充分性：显然（我等于我自己）
必要性：设\(u>v\)，记录差\(l=u-v\)，则\(a^l\equiv1\pmod p\)
令\(l=kx+r(0\leq r
\((a^{x})^k a^r\equiv 1\pmod p\)
\(a^{r}\equiv 1\pmod p\)
根据\(0\leq r
Q.E.D.
性质1的特殊情形：\(a^u\equiv 1\)当前仅当\(k\mid u\)
性质1的推论1：\(a,a^2,...,a^{k}\)两两\(\mod p\)不同余
性质1的推论2：\(x\mid \varphi(p)\)
性质\(2\)：只有\(2,4,t^n, 2t^n\)有原根（\(t\)是奇质数）
证明：由于这个证明不在高中数学联赛要求范围内，我们不需要会（雾）
性质3：\(g^t\)遍历\(p\)的缩系。
证明：\(g^t\)有\(\varphi(p)\)种取值我们能根据定义得到。
由于\((g,p)=1\)，所以\((g^t,p)=1\)，这\(\varphi(p)\)种取值恰是缩系。
性质4：若\(p\)有原根，则原根个数为\(\varphi(\varphi(p))\)
证明：找一个任意原根\(g\)，那么对于所有的原根\(g'\)，
\(g'\)可以表示成\(g^k\bmod p\)，其中\(1\leq k\leq \varphi(p)\)
根据上面的性质我们知道：\(\{g,g^2,...,g^{\varphi(p)}\}\)为\(p\)的缩系，且\(g^t\)的循环的，以\(\varphi(p)\)为最小正周期。
同时\(g'\)也是原根，则\(\{g',g'^2,...,g'^{\varphi(p)}\}\)也为\(p\)的缩系
代入得到：\(\{g^k,g^{2k},...,g^{\varphi(p)k}\}\)是\(p\)的缩系
即让\(\{k, 2k, ..., \varphi(p)k\}\)两两\(\mod \varphi(p)\)不同
也就是让\(\{k, 2k, ..., \varphi(p)k\}\)取遍\(\varphi(p)\)的缩系
假设k是不满足条件的，即存在\(ik=jk\pmod {\varphi(p)}\)
不妨设\(i>j\)，则\(\varphi(p)\mid (i-j)k\)
除去gcd以后：\(\frac{\varphi(p)}{\gcd(\varphi(p),i-j)}|k\)
注意到\(i-j\in[1,\varphi(p)-1]\)
\(\frac{\varphi(p)}{\gcd(\varphi(p),i-j)}\)取遍了\(\varphi(p)\)的约数\(d(d>1)\)
因此\(k\)若不满足条件，则\(\gcd(k,\varphi(p))>1\)
反之，\(\gcd=1\)时\(k\)一定满足条件
这样的\(k\)有\(\varphi(\varphi(p))\)个，对应原根也就有这么多个。
3. 求解原根和阶
求阶：枚举\(\varphi(p)\)的约数暴力检验
求原根：分布挺密集，暴力求
快速判断的方法？试除法！
把\(\varphi(p)\)质因数分解得到质因数集合\(\{p_1,p_2,...,p_k\}\)（易知集合大小不超过\(\log\)）
若\(g\)满足\(\forall i\in[1,k]\)，\(g^{\frac{\varphi(p)}{p_i}}\not = 1\)，则\(g\)是原根，否则不是。
正确性挺显然的，若\(\text{ord}_p(g)<\varphi(p)\)，这样能检验出来。
4. K次剩余方法
用于求满足\(x^k\equiv a\pmod p\)的解，\(p\)是质数
求一个任意原根\(g\)，则解\(x\)一定可以表示成\(g^t\bmod p(1\leq t < p)\)。
\(a\)也用原根表示：\(a=g^s\bmod p\)，这个可以BSGS求出\(s\)
然后\(x^k\equiv a\pmod p\)就变成了\(g^{tk}\equiv g^{s}\)
也就是\(tk\equiv s\pmod {p-1}\)
然后就是simple的同余方程问题，随便求出\(t\)然后快速幂求\(x=g^t\)没了
【还未实现过，留坑】
若要求k次剩余所有解？
【留坑】
zzq：二次剩余、三次剩余、K次剩余
九、常见算法：质数判定与大数因子
updating！
版块II：数论函数
一、狄利克雷卷积（Dirichlet Convolution）
定义狄利克雷卷积：
\[ (f*g)(n)=\sum_{d|n}f(d)g(\frac{n}{d}) \]
二、积性函数
若满足\((a,b)=1\)，\(f(a)f(b)=f(ab)\)的数论函数\(f\)叫做积性函数
性质\(1\)：若\(f, g\)为积性，\(f*g\)也为积性
证明：\(a,b\)为任意互质正整数，\((f*g)(a)(f*g)(b)=\sum_{d|a} f(d)g(\frac{a}{d})\sum_{d'|b} f(d')g(\frac{b}{d'})\)
考虑到对于每一对\(d,d'\)，都满足\((d,d')=1\)，且乘积\(dd'\)取遍\(ab\)不同的约数，
根据\(f(d)g(\frac{a}{d})f(d')g(\frac{b}{d'})=f(d)f(d')g(\frac{b}{d'})g(\frac{a}{d})=f(dd')g(\frac{ab}{dd'})\)
得\((f*g)(a)(f*g)(b)=(f*g)(ab)\)
结论1：\(\varphi*1=id\)
证明：
先令\(f(n)=\sum_{d|n}\varphi(d)\)，证明\(f\)为积性函数
设\(n, m\)互质：
\[ f(n)f(m)=\sum_{i|n}\varphi(i)\sum_{j|m}\varphi(j)=\sum_{i|n}\sum_{j|m}\varphi(i)\varphi(j)=\sum_{i|n}\sum_{j|m}\varphi(ij)=\sum_{d|nm}\varphi(d)=f(nm) \]
现在证明\(f(n)=n\)，只需证明\(f(p^c)=p^c\)。
\[ f(p^c)=\sum_{d|p^c}\varphi(d)=\varphi(1)+\varphi(p)+\varphi(p^2)+\dots+\varphi(p^c)=1+p-1+p^2-p+\dots p^c-p^{c-1}=p^c \]
得证。
三、线性筛
线性筛的核心思想是一个合数\(x=\prod_{i=1}^kp_i^{c_i}\)，在$y=p_i^{c_i-1}\prod_{i=2}^kp_i^{c_i}被筛去
积性函数两种筛法：
- 考虑\(f(p^c)\)到\(f(p^{c+1})\)
- 考虑找到\(k|i,(k,p)=1\)，\(f(ip)=f(k)f(\frac{ip}{k})\)
四、莫比乌斯反演（Mobius Inversion）
第一种形式：（狄利克雷卷积的形式）
\(f(n)=\sum_{d|n}g(d)\Leftrightarrow g(n) = \sum_{d|n}f(d)\mu(\frac{n}{d})\)
第二种形式：（更为常用）
\(f(n)=\sum_{n|d} g(d)\ \Leftrightarrow g(n)=\sum_{n|d}\mu(\frac{d}{n})f(d)\)
证明：
\[ f(n)=\sum_{n|d}g(d)=\sum_{n|d}\sum_{d|u}\mu(\frac{u}{d})f(u)=\\ \sum_{n|u}f(u)\sum_{n|d,d|u}\mu(\frac{u}{d})=\sum_{n|u}f(u)\sum_{\frac{d}{n}|\frac{u}{n}}\mu(\frac{\frac{u}{n}}{\frac{d}{n}}) \]
最后一项，只有\(\frac{u}{n}=1\)时为\(1\)，其他情况为\(0\)，得证。
套路：
- 枚举最大公约数\(d\)
- 枚举两个数的乘积\(T\)
- 转成下取整乘卷积函数g的结构，回答可以\(O(\sqrt n)\)，预处理暴力\(O(n\log n)\)或\(O(n)\)线筛
五、杜教筛
求\(S(n)=\sum_{i=1}^n f(i)\)
若是\(f\)是积性函数，并且你能找到一个函数\(g\),满足\(g(1)\not=0\)，\(g\)和\(f*g\)（记作函数\(h\)）能快速求和，就能使用杜教筛
\[ \sum_{i=1}^n h(i)=\sum_{i=1}^n \sum_{d|i}g(d)f(\frac{i}{d})=\sum_{d=1}^n g(d)\sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor}f(i)=\sum_{d=1}^n g(d) S(\lfloor \frac{n}{d} \rfloor) \]
把关于\(S(n)\)的一项拿出来，再通过小学数学变形得：
\[ S(n)=\frac{\sum_{i=1}^n h(i)-\sum_{d=2}^ng(d)S(\lfloor \frac{n}{d} \rfloor)}{g(1)} \]
这个直接记忆化求是\(O(n^{\frac{3}{4}})\)，用定积分可以求得。如果预处理前\(n^{\frac{2}{3}}\)项，复杂度就是\(O(n^{\frac{2}{3}})\)
版块III：组合（Combinatorial Mathematics）
一、二项式定理
\[ (x+y)^n=\sum_{i=0}^n{n \choose i}x^iy^{n-i} \]
证明用组合意义好证
二、容斥（Inclusion-Exclusion Principle）
两个常用基本式：
\[ |S_1\cup S_2 \cup S_3 ... \cup S_n|=\sum_{i = 1}^n|S_i|-\sum_{1 \leq i < j \leq n} |S_i \cap S_j| + ... \]
\[ |S_1\cap S_2 \cap S_3 ... \cap S_n|=U -|\overline{S_1}\cup\overline{S_2} \cup \overline{S_3} ... \cup\overline{S_n}| \]
版块IV：线性代数
一、矩阵（Matrix）
单位矩阵\(I\)
\[ \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & \cdots & 0\\ 0 & 1 & 0 & \cdots & 0\\ 0 & 0 & 1 & \cdots & 0\\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots\\ 0 & 0 & 0 & \cdots & 1\\ \end{bmatrix} \]
矩阵加法减法：对于两个\(n\times m\)的矩阵，对应元素加减即可
版块V：计算几何（Computing Geometry）
- 判断向量共线：\(\vec a \cdot \vec b =0\)
- 判断点\(P\)是否在线段\(AB\)上：\(\vec {AP}\times \vec{BP}=0,\vec {AP}\cdot \vec{BP}<0\)
- 判断线段严格相交：每条线段两个端点分别在另个线段两侧
- 判断线段不严格相交：先判严格相交，再判有没有一个端点在另一条线段上的情况
- 判断多边形凹凸：每\(3\)个相邻点判断叉积是否都为正
- 判断点在多边形内：叉积判断
- 求凸包：求出上下凸壳合起来
版块VI：概率期望（Probability and Expectation）
一、离散概率（Discrete Probability）
基本事件（Basic Event）：一个仅在样本空间中单个结果的事件，也称样本点
随机事件（Random Events）：由某些基本事件构成的集合，用\(E\)表示
样本空间（Sample Space）：随机事件\(E\)的所有基本结果组成的集合为\(E\)的样本空间，用\(S\)表示
概率的组合计数求法：如果\(S\)由有限个等概率基本事件组成，那么随机事件\(E\)的概率为\(P(E)=\frac{|E|}{|S|}\)
条件概率：\(P(A | B)=\frac{P(AB)}{P(B)}\)
中文表述即：在事件B已经发生的前提下，事件A发生的概率，等于AB同时发生的概率除以B发生的概率。
贝叶斯公式：\(P(A|B)=\frac{P(B|A)P(A)}{P(B)}\)
全概率公式：\(P(B)=\sum_{i=1}^n P(B|A_i)P(A_i)\)
上面几个公式理性理解一下都挺对的，没啥好说。
二、期望
设\(x\)是离散型随机变量。
期望的定义：\(E(x)=\sum_{}V_iP_i\)。意思就是每个可能的值乘以出现的概率再求和。
期望的线性性证明：\(E(x) + E(y) = E(x + y)\)
通过定义可证。