【做题笔记】CSES-Mathematics
CSES2164 - Josephus Queries
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不难发现，当人数是奇数和偶数时，情况稍有不同。先看简单的偶数情况：
以 n = 8 n=8 n=8为例。对于1 2 3 4 5 6 7 8，如果我们当前要走的步数是 1 , 2 , 3 , 4 1,2,3,4 1,2,3,4，那么所求的答案就非常简单，求第 i i i个被删掉的数，就是 2 i 2i 2i。但如果求第 i ( 2 i > n ) i(2i>n) i(2i>n)时，由于整个数列要围城一个环，所以我们又会折回到最左侧继续寻找，而这个时候答案就不是简单的 2 i 2i 2i了，因为有些数已经被删掉了，数 2 2 2次删一个数的过程中，遇到这些被删除的数是不会让计数器 + 1 +1 +1的。所以暴力遍历寻找是会超时的。
于是可以寻找子问题。原问题是1 2 3 4 5 6 7 8，有8个数，要走 i ( i > n ) i(i>n) i(i>n)步，我们可以先走 4 4 4步，于是数列变成了1 3 5 7，还要走 i − 4 ( i > n ) i-4(i>n) i−4(i>n)步。假设现在有一个子问题，问有1 2 3 4，要走 i − 4 i-4 i−4步，删掉的数是哪个，假设这个问题的答案是 a n s ans ans，我们可以通过 a n s ans ans求出原问题的答案是 2 a n s − 1 2ans - 1 2ans−1。这样不断递归寻找子问题的答案再原路返回，就可以求出这个原问题的答案了。我们发现，每次递归，数列中的数都会除以 2 2 2，所以递归次数不会超过 log n \log n logn次。
递归的临界态，是当原数列只有 1 1 1个数时，那么这个子问题答案必然是 1 1 1，不需要再往下递归了。
用同样的方法看奇数情况。
以 n = 7 n=7 n=7为例，对于1 2 3 4 5 6 7。这里和偶数不同的是，由于整个环的个数是奇数，所以第二轮从左到右遍历时的起点和第一轮不同，所以我们要对这一点进行一个适当的处理。
假设求走 i ( 2 i < n ) i(2i
如果当前的问题可以直接一轮求得结果，就不需要再向下递归求解子问题了，可以直接返回结果。
#includeCSES1095 - Exponentiation
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快速幂求解即可。
#includeCSES1712 - Exponentiation II
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由于我们的模数是一个质数，设模数为 m = 1 0 9 + 7 m=10^9+7 m=109+7，那么 φ ( m ) = m − 1 \varphi (m)=m-1 φ(m)=m−1。
根据扩展欧拉定理， a b ≡ a b m o d φ ( m ) a^b \equiv a^{b\mod \varphi(m)} ab≡abmodφ(m)。所以套两层快速幂即可。
#includeCSES1713 - Counting Divisors
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有一种在调和级数时间复杂度内找到 n n n以内所有因子的方法，第一层循环 i i i从 1 1 1到 n n n枚举所有的因子，第二层循环 j j j从 i + i i+i i+i到 n n n，枚举所有 i i i的倍数，这样 i i i就作为 j j j的其中一个因子，加入到对 j j j的贡献中。这道题中的贡献为 1 1 1。
#includeCSES1081 - Common Divisors
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有一种最后一个点会T的方法：对于所有的数，我们 O ( a i ) O(\sqrt{a_i}) O(ai)统计其所有因子，每有一个因子，将那个因子计数 + 1 +1 +1。最后从大到小看每一个因子， O ( max a i ) O(\max{a_i}) O(maxai)找到最大的因子数量大于 1 1 1的数。这个时间复杂度是 O ( n max a i + n ) O(n\sqrt{\max{a_i}}+n) O(nmaxai+n)的，不太可以接受。
我们可以换一个角度考虑，可以从调和级数求因子入手，我们先读入所有 a i a_i ai，统计序列中每一个 a i a_i ai出现的次数。然后我们从大到小枚举所有可能的因子，看看他们的倍数出现过几次。如果出现过超过 1 1 1次，那么可以认为这个就是所求答案。
#includeCSES1082 - Sum of Divisors
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数据范围达到 1 0 12 10^{12} 1012，所以 O ( n ) O(n) O(n)是不可行的。
考虑 O ( n ) O(\sqrt{n}) O(n)枚举因子，计算因子贡献。我们既要考虑 n \sqrt{n} n以内的因子，也要考虑与这些因子成对的因子。我们用 i i i从 1 1 1到 n \sqrt{n} n枚举，对于每一个 i i i，考虑对答案的贡献：
i i i可以作为所有 i i i的倍数的因子，考虑到枚举前面因子的时候会有一些 i i i会作为与那些因子成对的因子被计算，可以发现，小于 i 2 i^2 i2的数的因子 i i i会在之前就被计算过（可以手算一下，试着模拟一下过程就会发现这一点），所以我们在讨论 i i i时，就只讨论大于等于 i 2 i^2 i2的因子。那么作为小因子， i 2 i^2 i2会出现 n i − i + 1 \frac{n}{i}-i+1 in−i+1次。然后计算由这个 i i i产生的大因子的贡献，会发现可以用大于等于 i 2 i^2 i2的所有 i i i的倍数的和除以 i i i来表示，而这个和就是 i + 1 i+1 i+1到 n i \frac{n}{i} in的等差数列的和。将这两个贡献加到一起，就是 i i i产生的贡献。
最后求和就是答案。时间复杂度 O ( n ) O(\sqrt{n}) O(n)。
#includeCSES2182 - Divisor Analysis
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这道题有三个小问，我们一一来看。
第一个是要求因子的数量。我们得到的数是质因数分解的形式，所以我们可以考虑把每一个质因数当作一个物品来看待，我们对于每一个质因数都有 b i b_i bi种选法，将这 n n n个质因数的每一个的取法种数乘到一起，就是可以取的因子的种数。
第二个是求因子的和。我们可以从前往后逐个考虑质因子。在考虑第 i i i个质因子的时候，我们考虑如何从前 i − 1 i-1 i−1个质因子的结果中转移过来。我们设由前 i i i个质因子构成的所有因子和答案是 S i S_i Si，且令 S 0 = 1 S_0=1 S0=1。考虑前 i − 1 i-1 i−1个质因子所构成的所有因子的和 S i − 1 S_{i-1} Si−1，当前第 i i i个质因子可以为前面的所有形成的因子乘上 1 , a i , a i 2 , a i 3 , ⋯ , a i b i 1,a_i,a_i^2,a_i^3,\cdots, a_i^{b_i} 1,ai,ai2,ai3,⋯,aibi。所以可得： S i = S i − 1 × ( 1 + a i + a i 2 + a i 3 + ⋯ + a i b i ) S_i=S_{i-1}\times (1+a_i+a_i^2+a_i^3+\cdots+a_i^{b_i}) Si=Si−1×(1+ai+ai2+ai3+⋯+aibi)，后面的可以用等比数列前 n n n项和的公式化简，得到 S i = S i − 1 × 1 − a i b i 1 − a i S_i=S_{i-1}\times \frac{1-a_i^{b_i}}{1-a_i} Si=Si−1×1−ai1−aibi。
第三个是求因子的积。我们同样从前往后逐个考虑质因子。在考虑第 i i i个质因子的时候，我们考虑如何从前 i − 1 i-1 i−1个质因子的结果中转移过来。我们设由前 i i i个质因子构成的所有因子积的答案是 P i P_i Pi，且令 P 0 = 1 P_0=1 P0=1。考虑前 i − 1 i-1 i−1个质因子所构成的所有因子的积是 P i − 1 P_{i-1} Pi−1，当前第 i i i个因子可以为前面所有形成的因子乘上 1 , a i , a i 2 , a i 3 , ⋯ , a i b i 1,a_i,a_i^2,a_i^3,\cdots, a_i^{b_i} 1,ai,ai2,ai3,⋯,aibi。前面的所有因子都可以选择乘上这 b i + 1 b_i+1 bi+1个数中的任意一种，所以会凭空从原来的 x x x个因子变成 ( b i + 1 ) x (b_i+1)x (bi+1)x个因子，不难想到，光是原来的因子现在乘起来就变成了 P i − 1 1 + b i P_{i-1}^{1+b_i} Pi−11+bi。然后，对于 1 , a i , a i 2 , a i 3 , ⋯ , a i b i 1,a_i,a_i^2,a_i^3,\cdots, a_i^{b_i} 1,ai,ai2,ai3,⋯,aibi中的每一个数，都乘了由前 i − 1 i-1 i−1个质因子所组成的所有因子的个数次。而这个因子的个数，是 ( b 0 + 1 ) ( b 1 + 1 ) ( b 2 + 1 ) ⋯ ( b i − 1 + 1 ) (b_0+1)(b_1+1)(b_2+1)\cdots (b_{i-1}+1) (b0+1)(b1+1)(b2+1)⋯(bi−1+1)。每次求完 P i P_i Pi后，更新一下这个因子的个数即可。设前 i − 1 i-1 i−1个质因子所组成的因子个数是 C i − 1 C_{i-1} Ci−1，那么 P i = P i − 1 1 + b i × ( 1 × a i × a i 2 ⋯ a i b i ) C i − 1 P_i=P_{i-1}^{1+b_i}\times (1\times a_i \times a_i^2 \cdots a_i^{b_i})^{C_{i-1}} Pi=Pi−11+bi×(1×ai×ai2⋯aibi)Ci−1，而整个括号里面的底数相同，幂数可以用等差数列求个和，于是式子变成 P i = P i − 1 1 + b i × ( a i ( 1 + b i ) b i / 2 ) C i − 1 P_i=P_{i-1}^{1+b_i}\times (a_i^{(1+b_i)b_i/2})^{C_{i-1}} Pi=Pi−11+bi×(ai(1+bi)bi/2)Ci−1。
在用快速幂的时候要注意，根据费马小定理，幂数取模时要对 m o d − 1 mod-1 mod−1取模（因为满足 m o d mod mod是个质数）。
#includeCSES2185 - Prime Multiples
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n n n的范围很大，对于每一个质数 p p p，符合要求的 p p p的倍数的个数是 ⌊ n p ⌋ \lfloor \frac{n}{p} \rfloor ⌊pn⌋个。但是这样的计算方法存在重复计数，所以要利用容斥原理，将一些重复的计数去掉。
由于这道题目的质数的数量只有 20 20 20，枚举其所有可能的质数相乘是只有 2 20 2^{20} 220种可能，这种枚举是不会超时的
#includeCSES2417 - Counting Coprime Pairs
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求互质的对数，那么就要求这一对数不存在相同的质因子。但是检查这两个数是互质的，就需要检查这两个数的所有质因子都不相同，非常麻烦。所以我们可以换一个角度考虑：互质的对数等价于总对数-不互质的对数。
接下来求不互质的对数：朴素求法是，从左到右遍历整个序列，对于每一个数，前面有多少数和我有相同的质因子，就对不互质的对数的答案产生了多少贡献。然而，每一个数的质因子有很多，比如这个数是 30 30 30，包含3个质因子 2 , 3 , 5 2,3,5 2,3,5。那么这个位置对答案的贡献，是前面的数中包含 2 , 3 , 5 2,3,5 2,3,5的数的个数。由于有些数可能会包含其中的多个质因子，所以这里要用容斥原理来算出这个结果。
这道题的容斥原理用如下方法实现：我们令 c n t [ i ] cnt[i] cnt[i]表示对于一个质因子的集合 { p 1 , p 2 , ⋯ , p x } \{ p_1,p_2,\cdots,p_x \} {p1,p2,⋯,px}，满足 p 1 p 2 ⋯ p x = i p_1p_2\cdots p_x=i p1p2⋯px=i，前面的数中完全包含这一组质因子的数的个数。根据容斥原理，我们要加上集合大小是奇数的数的贡献，减去集合大小是偶数的数的贡献，这样最后留下的就是正确的答案了。
#includeCSES1079 - Binomial Coefficients
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求解组合数的板子题。
#includeCSES1715 - Creating Strings II
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统计出每一个出现过的字母的出现次数。设 m m m为字符总数。
从左到右遍历每一个字符，最初剩余位置是 r e s t = m rest=m rest=m，每一个字符都有 ( r e s t c n t i ) \binom{rest}{cnt_i} (cntirest)种选法，将其乘到答案中。其中 c n t i cnt_i cnti是这个字符的出现次数。
#includeCSES1716 - Distributing Apples
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小球放盒子的模型，属于球相同，盒子不同，可以为空的类型。
假设有 n n n个盒子， m m m个球，球相同，盒子不同，盒子不可以为空，有多少种方案。不难想到隔板法，我们要把 m m m个完全一样的球分成 n n n组，也就是在 m m m个球的 m − 1 m-1 m−1个空隙里插入 n − 1 n-1 n−1个挡板，使之成为 n n n组。因为盒子不同，所以隔板法是成立的（如果盒子相同，那么两次分出相同的数量但是位置不一样的）。这时答案就是 ( m − 1 n − 1 ) \binom{m-1}{n-1} (n−1m−1)。
现在拓展到盒子可以为空，该怎么做呢？我们可以转换一下我们的问题，我们向原问题中加入 n n n个球，让每一个盒子都至少有一个球。那么现在就是问有 n n n个盒子， n + m n+m n+m个球，盒子不同，球相同，有多少种方案。不难看出答案就是 ( n + m − 1 n − 1 ) \binom{n+m-1}{n-1} (n−1n+m−1)。
#includeCSES1717 - Christmas Party
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求错排数。令 n n n的错排数是 D n D_n Dn，有 D 1 = 0 , D 2 = 1 D_1=0,D_2=1 D1=0,D2=1，当 n > 2 n>2 n>2时，有 D n = ( n − 1 ) ( D n − 1 + D n − 2 ) D_n=(n-1)(D_{n-1}+D_{n-2}) Dn=(n−1)(Dn−1+Dn−2)。
#includeCSES2064 - Bracket Sequences I
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经典的卡特兰数。有多少组括号，答案就是卡特兰数的第几个数。
卡特兰数通项公式： C n = ( 2 n n ) / ( n + 1 ) C_n=\binom{2n}{n} / (n+1) Cn=(n2n)/(n+1)。
#includeCSES2187 - Bracket Sequences II
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双倍经验题目：HDU5184 - Brackets
有 n n n对括号的合法序列个数是 ( 2 n n ) n + 1 \frac{\binom{2n}{n}}{n+1} n+1(n2n)，长度为 2 n 2n 2n的括号序列总个数是 ( 2 n n ) \binom{2n}{n} (n2n)，所以非法括号序列的个数就是：
( 2 n n ) − ( 2 n n ) n + 1 = ( 2 n n ) × n n + 1 = ( 2 n ) ! n ! × n ! × n n + 1 = ( 2 n ) ! ( n − 1 ) ! ( n + 1 ) ! = ( 2 n n + 1 ) \binom{2n}{n}-\frac{\binom{2n}{n}}{n+1}=\binom{2n}{n} \times \frac{n}{n+1}=\frac{(2n)!}{n!\times n!}\times \frac{n}{n+1}=\frac{(2n)!}{(n-1)!(n+1)!}=\binom{2n}{n+1} (n2n)−n+1(n2n)=(n2n)×n+1n=n!×n!(2n)!×n+1n=(n−1)!(n+1)!(2n)!=(n+12n)
在小球放盒子的一些公式推导中，我们用到了这样的思想，即当想把公式从不允许空推到允许空的时候，可以给每一个盒子虚空放一个不存在的小球，然后带上这些小球，按照不允许空的公式算一个方案数，得到的结果就是答案。
这个题中，我们假设题目所给的前缀串中左括号个数为 x x x，右括号个数为 y y y，那么不难看出，还剩下 n − x n-x n−x个左括号和 n − y n-y n−y个右括号待填。这些可以演变成 n − x n-x n−x对括号和 x − y x-y x−y个右括号待填。我们想求填完这些后整个串合法的填充方案数，可以转化成总共的方案数-非法方案数。
当我们只考虑 n − x n-x n−x对括号的时候，不合法的方案数个数是 ( 2 ( n − x ) ( n − x ) + 1 ) \binom{2(n-x)}{(n-x)+1} ((n−x)+12(n−x))，然后按照不允许空到允许空的思想，我们现在还剩下 x − y x-y x−y个右括号等待填充，可以认为剩下的 x − y x-y x−y个空位就是空盒子， x − y x-y x−y个右括号就是虚构出来的小球，那么非法方案数就是 ( 2 ( n − x ) + x − y 2 ( n − x ) + 1 + x − y ) = ( 2 n − x − y n − y + 1 ) \binom{2(n-x)+x-y}{2(n-x)+1+x-y}=\binom{2n-x-y}{n-y+1} (2(n−x)+1+x−y2(n−x)+x−y)=(n−y+12n−x−y)。
最后的答案 a n s = ( 2 n − x − y n − x ) − ( 2 n − x − y n − y + 1 ) ans=\binom{2n-x-y}{n-x}-\binom{2n-x-y}{n-y+1} ans=(n−x2n−x−y)−(n−y+12n−x−y)。
注意要特判给定的前缀不合法和长度不合法的情况。
#include