20200601數論總結

exgcd

解不定方程ax+by=gcd(a,b)

bx+(a%b)y=gcd(b,a%b)=gcd(a,b)

bx+(a-(a/b)*b)y=gcd(a,b)

ay+bx-(a/b)*by=gcd(a,b)

ay+b(x-(a/b)*y)=gcd(a,b)

遞歸即可

excrt

$x\equiv x_1(mod X)$

$x\equiv x_2(modY)$

有貝祖定理可知，gcd(X,Y)|（x2-x1）

兩邊同時除一個g=gcd(X,Y)

$t_1\frac{X}{g}=t_2\frac{Y}{g}+\frac{x_2-x_1}{g}$

寫成mod Y/g的形式

$t_1\frac{X}{g}=\frac{x_2-x_1}{g}(mod\frac{Y}{g})$

此時X/g與Y/g互質，存在X/g的逆元（用exgcd求逆元），則可以求出t1

$t_1=\frac{x_2-x_1}{g}*(\frac{X}{g})^{-1}(mod\frac{Y}{g})$

$t_1=\frac{x_2-x_1}{g}*(\frac{X}{g})^{-1}+k*\frac{Y}{g}$

那麼帶入x=x1+t1*X

$x=x_1+X*\frac{x_2-x_1}{g}*(\frac{X}{g})^{-1}+k*\frac{XY}{g}$

再寫成mod (XY)/g的形式

$x=x_1+X*\frac{x_2-x_1}{g}*(\frac{X}{g})^{-1}(mod\frac{XY}{g})$

這樣我們就合併了兩個同餘方程

注意這裏的逆元是在modY/g意義下的

例題：[NOI2018]屠龍勇士

先用exgcd手動解出kx=a(mod p)的解，再用excrt合併即可

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<set>
using namespace std;
#define N 100005
#define LL long long
inline LL gi()
{
	char c;LL num=0,flg=1;
	while((c=getchar())<'0'||c>'9')if(c=='-')flg=-1;
	while(c>='0'&&c<='9'){num=num*10+1ll*c-48;c=getchar();}
	return num*flg;
}
LL a[N],nw[N],p[N];
multiset<LL> S;
multiset<LL>::iterator it;
void exgcd(LL a,LL b,LL &gcd,LL &x,LL &y)
{
	if(!b){x=1;y=0;gcd=a;return;}
	exgcd(b,a%b,gcd,y,x);
	y-=x*(a/b);
}
LL mul(LL x,LL y,LL mod)
{
	if(x<0)x=(x%mod+mod)%mod;
	if(y<0)y=(y%mod+mod)%mod;
	if(x<y)swap(x,y);
	LL ret=0;
	while(y){
		if(y&1){ret=ret+x;if(ret>=mod)ret-=mod;}
		y>>=1;x<<=1;if(x>=mod)x-=mod;
	}
	return ret;
}
LL cans,cmod;
int main()
{
	int T,n,m,i;
	LL mx,b;
	T=gi();
	while(T--){
		n=gi();m=gi();S.clear();
		for(i=1;i<=n;i++)a[i]=gi();
		for(i=1;i<=n;i++)p[i]=gi();
		for(i=1;i<=n;i++)nw[i]=gi();
		for(i=1;i<=m;i++)S.insert(gi());
		cans=0;cmod=1;mx=0;
		bool flg=0;
		for(i=1;i<=n;i++){
			it=S.upper_bound(a[i]);
			if(it!=S.begin())it--;
			b=*it;S.erase(it);S.insert(nw[i]);
			mx=max(mx,(a[i]-1)/b+1);
			b%=p[i];a[i]%=p[i];//b*x=a[i](mod p[i])
			if(b==0&&a[i]==0)continue;
			if(b==0&&a[i]!=0){flg=1;break;}
			LL g,x,y,t1,t2;
			exgcd(b,p[i],g,x,y);//b*x+p[i]*y=g
			if(a[i]%g!=0){flg=1;break;}
			p[i]/=g;
			x=mul(a[i]/g,x,p[i]);
			
			exgcd(cmod,p[i],g,t1,t2);//cmod*t1+p[i]*t2=g
			if((x-cans)%g!=0){flg=1;break;}
			LL A=cmod/g*p[i];
			cans=(cans+mul(t1,mul(cmod,(x-cans)/g,A),A))%A;
			cmod=A;
		}
		if(flg==1) printf("-1\n");
		else{
			if(cans>=mx)printf("%lld\n",cans);
			else printf("%lld\n",cans+cmod*((mx-cans-1)/cmod+1));
		}
	}
}

exlucas

求C(n,m)mod X，時間複雜度爲O(Σp^k)

問題可以轉化爲求

n!%(p^k)

由於p的倍數在mod p^k下無逆元

我們可以維護二元組(x,y)表示x*p^y，其中x中不含有p因子，可以直接模

先把p的倍數單獨拿出來計算到y中，發現可以化爲子問題

考慮怎麼求x，預處理出p^k以內的所有數除去p倍數的階乘

由於循環節大小爲p^k，循環的部分可以直接快速冪，多出來的部分直接用預處理的階乘值

最後用excrt合併一下就好了，合併的時候注意要把每一個答案的所有pi因子去掉，再乘回來

例題：Kapitał

（最後使用的手動crt合併，細節略多。。。調了我好久。。。）

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int mod1=512;
const int mod2=1953125;
const int MOD=1000000000;
int fac1[mod1+5],fac2[mod2+5];
#define LL long long
int ksm(int x,LL y,int mod)
{
	int ret=1;
	while(y){
		if(y&1)ret=1ll*ret*x%mod;
		y>>=1;x=1ll*x*x%mod;
	}
	return ret;
}
struct node{int x;LL y;node(int _x,LL _y){x=_x;y=_y;}};
node mul(node x,node y,int mod){return node(1ll*x.x*y.x%mod,x.y+y.y);}
node dvd(node x,node y,int mod,int phi){return node(1ll*x.x*ksm(y.x,phi-1,mod)%mod,x.y-y.y);}
node getfac(LL x,int p,int mod,int fac[])
{
	if(!x)return node(1,0);
	LL tmp=1ll*fac[x%mod]*ksm(fac[mod-1],x/mod,mod)%mod;
	return mul(node(tmp,x/p),getfac(x/p,p,mod,fac),mod);
}
int main()
{
	LL n,m;int k,i;
	scanf("%lld%lld%d",&n,&m,&k);
	fac1[0]=fac2[0]=1;
	for(i=1;i<mod1;i++)fac1[i]=1ll*fac1[i-1]*((i%2)?i:1)%mod1;
	for(i=1;i<mod2;i++)fac2[i]=1ll*fac2[i-1]*((i%5)?i:1)%mod2;
	node ans1=getfac(n+m,2,mod1,fac1);
	ans1=dvd(ans1,getfac(n,2,mod1,fac1),mod1,mod1/2);
	ans1=dvd(ans1,getfac(m,2,mod1,fac1),mod1,mod1/2);
	node ans2=getfac(n+m,5,mod2,fac2);
	ans2=dvd(ans2,getfac(n,5,mod2,fac2),mod2,mod2/5*4);
	ans2=dvd(ans2,getfac(m,5,mod2,fac2),mod2,mod2/5*4);
	LL tmp=min(ans1.y,ans2.y);
	LL x=ksm(mod2,mod1/2-1,mod1),y=ksm(mod1,mod2/5*4-1,mod2);
	
	ans1.x=1ll*ans1.x*ksm(ksm(5,mod1/2-1,mod1),tmp,mod1)%mod1;
	ans2.x=1ll*ans2.x*ksm(ksm(2,mod2/5*4-1,mod2),tmp,mod2)%mod2;
	ans1.y-=tmp;ans2.y-=tmp;
	ans1.x=1ll*ans1.x*ksm(2,ans1.y,mod1)%mod1;
	ans2.x=1ll*ans2.x*ksm(5,ans2.y,mod2)%mod2;
	int ans=(1ll*ans1.x*x%MOD*mod2%MOD+1ll*ans2.x*y%MOD*mod1%MOD)%MOD;
	for(i=ksm(10,k-1,1000000007);i>=1;i/=10)
		printf("%d",(ans/i)%10);
}

維護一個序列，支持區間異或上某個值k，求一個區間的數的線性基大小

線段樹+線性基

注意，一個線性基中所有的數異或上k再重構線性基，不等於把所有的數單獨異或上k，再一個一個插入線性基

我們可以維護一個區間數兩兩異或構成的線性基，這樣一次修改對整個線性基是沒有影響的

考慮把所有線段樹節點的最右邊的點拿出來，維護他們的值，合併的時候把左右兒子的線性基合併，再把這兩個特徵值加入父親的線性基即可，這樣就維護出了所有點兩兩異或的線性基

查詢的時候任意將一個單點值插入答案線性基，再把所有的線性基兩兩合併，相鄰節點的特徵值合併，就可以得到奇數個數與偶數個數的異或線性基（因爲只要存在一個單點，它異或進一個由偶數個數異或的方案，就可以得到所有奇數個數的方案）

代碼：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
inline int gi()
{
	char c;int num=0,flg=1;
	while((c=getchar())<'0'||c>'9')if(c=='-')flg=-1;
	while(c>='0'&&c<='9'){num=num*10+c-48;c=getchar();}
	return num*flg;
}
#define N 200005
#define LOG 29
#define lc i<<1
#define rc i<<1|1
int bastmp[LOG+2],cnttmp;
struct node{
	int l,r,bas[LOG+1],cnt,la;int val;//bool flg;
	void add(int x){
		//if(!x){flg=1;return;}
		for(int i=LOG;i>=0;i--)if(x&(1<<i)){
			if(!bas[i]){bas[i]=x,cnt++;return;}
			else{x^=bas[i];if(!x)return;}
		}
		//flg=1;
	}
	/*void modify(int k){// force O(30^2)
		cnttmp=0;cnt=0;
		for(int i=LOG;i>=0;i--)if(bas[i])
			bastmp[++cnttmp]=bas[i]^k,bas[i]=0;
		for(int i=1;i<=cnttmp;i++)add(bastmp[i]);
		if(flg)add(k);
	}*/
}a[N<<2];
int val[N];
void pushup(int i)
{
	int LC=lc,RC=rc;
	if(a[LC].cnt<a[RC].cnt)swap(LC,RC);
	a[i].cnt=a[LC].cnt;//a[i].flg=a[LC].flg|a[RC].flg;
	for(int j=LOG;j>=0;j--)a[i].bas[j]=a[LC].bas[j];
	for(int j=LOG;j>=0;j--)if(a[RC].bas[j])
		a[i].add(a[RC].bas[j]);
	a[i].add(a[LC].val^a[RC].val);
	a[i].val=a[rc].val;
}
void pushdown(int i)// O(900*2)
{
	if(a[i].la){
		//a[lc].modify(a[i].la);
		a[lc].val^=a[i].la;a[lc].la^=a[i].la;
		//a[rc].modify(a[i].la);
		a[rc].val^=a[i].la;a[rc].la^=a[i].la;
		a[i].la=0;
	}
}
void build(int i,int l,int r)
{
	a[i].l=l;a[i].r=r;
	if(l==r){a[i].val=val[l];return;}
	int mid=(l+r)>>1;
	build(lc,l,mid);build(rc,mid+1,r);
	pushup(i);
}
void insert(int i,int l,int r,int k)
{
	if(a[i].l>r||a[i].r<l)return;
	if(l<=a[i].l&&a[i].r<=r){
		//a[i].modify(k);
		a[i].val^=k;a[i].la^=k;
		return;
	}
	pushdown(i);//O(logn*1800)
	insert(lc,l,r,k);insert(rc,l,r,k);
	pushup(i);
}
void query(int i,int l,int r)
{
	if(a[i].l>r||a[i].r<l)return;
	if(l<=a[i].l&&a[i].r<=r){
		for(int j=LOG;j>=0;j--)if(a[i].bas[j])
			a[0].add(a[i].bas[j]);
		a[0].add(a[0].val^a[i].val);
		a[0].val=a[i].val;
		return;
	}
	pushdown(i);
	query(lc,l,r);query(rc,l,r);
}
int main()
{
	int n,Q,i,op,k,l,r;
	n=gi();Q=gi();
	for(i=1;i<=n;i++)val[i]=gi();
	build(1,1,n);
	while(Q--){
		op=gi();l=gi();r=gi();
		if(op==1){k=gi();insert(1,l,r,k);}
		else{
			memset(a[0].bas,0,sizeof(a[0].bas));a[0].cnt=a[0].val=0;
			query(1,l,r);
			printf("%d\n",1<<a[0].cnt);
		}
	}
}

生成樹求和加強版

先拆位，然後用變元矩陣樹定理

把邊權爲0的看做1，爲1的看做x，爲2的看做x^2

如果我們用矩陣樹定理求出最後行列式（是一個多項式）

再求它在mod x^3意義下的多項式，那麼權值和就是(2*a2+a1)*3^t（ai表示最後x^i的係數）

我們可以帶入三次單位根，用二元組(x,y)表示x+y*w31（w30=1,w32=-w31-1）

這就是一個自然的3次循環卷積

我們通過矩陣樹定理可以求出三個二元組，分別表示帶入w30,w31,w32時的答案多項式

現在的任務就是插值求出原多項式

我們有三個方程

化簡一下

根據待定係數法，b0必定等於0，其實剩下就有了3個方程，所以是可以解出a,b,c的

稍微解一下就好了

這樣就可以不用寫IDFT（當然只在循環卷積次數很小的時候適用，因爲要手解方程）

只用做兩次矩陣樹，目前是LOJ最快(20200601)

代碼：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define N 105
#define M 5005
const int mod=1000000007;
const int inv3=333333336;
int Pow(int a,int b){int s=1;for(;b;b>>=1,a=1ll*a*a%mod) b&1&&(s=1ll*s*a%mod);return s;}
struct cp{
	int r,i;
	cp(){}
	cp(int x,int y){r=x;i=y;}
	cp operator + (const cp &t)const{return cp((r+t.r)%mod,(i+t.i)%mod);}
	cp operator - (const cp &t)const{return cp((r+mod-t.r)%mod,(i+mod-t.i)%mod);}
	cp operator * (const cp &t)const{
		return cp((1ll*r*t.r+mod-1ll*i*t.i%mod)%mod,(1ll*r*t.i+1ll*i*t.r+mod-1ll*i*t.i%mod)%mod);
	}
	cp getinv()const{
		int inv=Pow((1ll*r*r+1ll*i*i+mod-1ll*r*i%mod)%mod,mod-2);
		return cp(1ll*(r+mod-i)*inv%mod,1ll*(mod-i)*inv%mod);
	}
	bool empty(){return !r&&!i;}
}a[N][N],w[4],F[3],G[3];
int n,m,ans,e[M][3],mx;
cp det()
{
	int i,j,k;
	cp ret=cp(1,0);
	for(i=1;i<n;i++){
		if(a[i][i].empty()){
			for(j=i+1;j<n;j++){
				if(!a[j][i].empty()){
					for(k=1;k<=n;k++)
						swap(a[i][k],a[j][k]);
					ret=cp(0,0)-ret;
					break;
				}
			}
		}
		if(a[i][i].empty()) return cp(0,0);
		ret=ret*a[i][i];
		cp inv=a[i][i].getinv();
		for(j=i+1;j<n;j++) if(!a[j][i].empty()){
			cp t=a[j][i]*inv;
			for(k=i;k<n;k++) a[j][k]=a[j][k]-a[i][k]*t;
		}
	}
	return ret;
}
int main()
{
	freopen("sum.in","r",stdin);
	freopen("sum.out","w",stdout);
	int i,j,k,pw;
	w[0]=w[3]=cp(1,0);//1
	w[1]=cp(0,1);//w3
	w[2]=cp(mod-1,mod-1);//w3^2=-1-w3
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(i=1;i<=m;i++){
		scanf("%d%d%d",&e[i][0],&e[i][1],&e[i][2]);
		mx=max(mx,e[i][2]);
	}
	for(pw=1;pw<=mx;pw*=3){
		for(k=0;k<2;k++){
			memset(a,0,sizeof a);
			for(i=1;i<=m;i++){
				cp c=w[e[i][2]/pw%3*k%3];
				int u=e[i][0],v=e[i][1];
				a[u][v]=a[u][v]-c;a[v][u]=a[v][u]-c;
				a[u][u]=a[u][u]+c;a[v][v]=a[v][v]+c;
			}
			F[k]=det();
		}
		//printf("%d %d\n",F[0].r,F[0].i);
		//printf("%d %d\n",F[1].r,F[1].i);
		//if(F[0].i!=0){printf("problem\n");}
		int A=1ll*(F[0].r+2ll*mod-F[1].r-F[1].i)%mod*inv3%mod;
		int B=(A+F[1].i)%mod;
		ans=(ans+(B+A*2ll)%mod*pw)%mod;
	}
	printf("%d\n",ans);
}

線性基與貪心結合

1、離線+線性基，在線性基中維護每個值的刪除時間，貪心地更新線性基，這樣可以做到線性基中刪除，例題:ZROI或許

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<map>
using namespace std;
inline int gi()
{
	char c;int num=0,flg=1;
	while((c=getchar())<'0'||c>'9')if(c=='-')flg=-1;
	while(c>='0'&&c<='9'){num=num*10+c-48;c=getchar();}
	return num*flg;
}
#define N 2000005
int n,Q,x[N],op[N],ed[N];
map<int,int> mp;
int bas[35],id[35],cnt;
void add(int x,int pos)
{
	for(int i=n-1;i>=0;i--){
		if(x&(1<<i)){
			if(!bas[i]){bas[i]=x;id[i]=pos;cnt++;return;}
			else{
				if(id[i]<pos)swap(x,bas[i]),swap(pos,id[i]);
				x^=bas[i];
			}
		}
	}
}
void del(int pos)
{
	for(int i=n-1;i>=0;i--){
		if(id[i]==pos){
			bas[i]=id[i]=0;cnt--;
			return;
		}
	}
}
int ans;
int main()
{
	freopen("A.in","r",stdin);
	freopen("A.out","w",stdout);
	int i;
	n=gi();Q=gi();
	for(i=1;i<=Q;i++){
		op[i]=gi();x[i]=gi();
		if(op[i]==1)
			mp[x[i]]=i,ed[i]=Q+1;
		else
			ed[mp[x[i]]]=i;
	}
	for(i=1;i<=Q;i++){
		if(op[i]==1)add(x[i],ed[i]);
		else del(i);
		ans^=(1<<(n-cnt));
	}
	printf("%d\n",ans);
}

2、離線+線性基，對每個r維護線性基，在線性基中維護每個點的座標，用靠後的點代替靠前的點，可以做到O(nlogn)區間線性基查詢，例題：Ivan and Burgers

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
inline int gi()
{
	char c;int num=0,flg=1;
	while((c=getchar())<'0'||c>'9')if(c=='-')flg=-1;
	while(c>='0'&&c<='9'){num=num*10+c-48;c=getchar();}
	return num*flg;
}
#define N 500005
#define LOG 19
int a[N];
int bas[LOG+2],id[N];
struct node{
	int l,r,id;
	bool operator < (const node &t)const{return r<t.r||(r==t.r&&l<t.l);}
}q[N];
int ans[N];
void insert(int x,int pos)
{
	for(int i=LOG;i>=0;i--){
		if(x&(1<<i)){
			if(!bas[i]){bas[i]=x,id[i]=pos;break;}
			else{
				if(id[i]<pos)swap(x,bas[i]),swap(pos,id[i]);
				x^=bas[i];
			}
		}
	}
}
int query(int pos)
{
	int mx=0;
	for(int i=LOG;i>=0;i--)
		if(bas[i]&&id[i]>=pos)
			mx=max(mx,mx^bas[i]);
	return mx;
}
int main()
{
	int n,i,j,Q;
	n=gi();for(i=1;i<=n;i++)a[i]=gi();
	Q=gi();for(i=1;i<=Q;i++){q[i].l=gi();q[i].r=gi();q[i].id=i;}
	sort(q+1,q+Q+1);
	for(i=1,j=1;i<=n;i++){
		insert(a[i],i);
		while(j<=Q&&q[j].r==i)
			ans[q[j].id]=query(q[j].l),j++;
	}
	for(i=1;i<=Q;i++)printf("%d\n",ans[i]);
}

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