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简单数论、计算几何及其应用


数学相关
厦门一中 梁黄炫

序言
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在NOIP竞赛中,会涉及到不 少比较数学化的知识,这里会 选取一些比较经典的进行教学 说明,以期让大家对联赛的数 论知识有个大概的了解,题目 以复赛题目类型为主。

整除与素数
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如果有整数a、b,且a<>0,

若有整数c使b=ac, 就说a整除b。在a整除b时,记a是b的一个因 子,b是a的倍数,符号记为a|b。 ? 下面介绍素数:如果对于一个>1的正整数p, p仅有的正因子是1、p,则称p是素数,而称 >1又不是素数的数为合数,1既不是素数也不 是合数。

素数判定
如果p是合数,则必然有一个<=sqrt(n)的因 子,这是因为对于任意一个正因子d,必然有一 个正整数e满足d*e=p,则e也是p的因子,若d 与e同时大于sqrt(n),那么d*e必然>p,这不 合法,所以上述结论成立。 ? 因此我们就得到了一个判断n是否是合数的算 法,枚举2~sqrt(n),考虑是否有数整除n即可。
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素数判定
可以注意到在枚举的过程中,我们已经把n的 所有可能约数都算出来了,即找到一个 <=sqrt(n)的约数b,那么b与n/b都是n的约数, 且所有的约数都会被计算出来。 ? 对于整除的判定直接使用mod操作即可,后 文会有介绍。
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算术基本定理
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下面介绍一个关于素数的一个很重要的定理, 绝大多数有关素数的问题都与该定理有密切关 系。 ? 定理:对于任意一个>1的正整数n,n必然可 以唯一的表示成若干个素数的乘积,即 n=a1^b1*a2^b2*a3^b3…,其中a1<a2<a3.. 且ai为素数,这样的分解方案是唯一的。 ? 当然这是一个需要证明的定理,有兴趣的同 学可以自己尝试,这里不再赘述。

余数运算
mod运算:令a为整数,d为正整数,那么有 唯一的整数q和r,其中0<=r<d,使得a=dq+r。 此时称d为除数,a为被除数,q为商,r为余数,特 别的,我们定义r为a mod d。 ? 但是要注意,计算机中若a<0,则a mod b依 然是负数,与数学上的定义并不同。
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余数运算
余数运算有这些性质: ? (a+b) mod c=(a mod c+b mod c) mod c ? (a-b) mod c=(a mod c-b mod c) mod c ? (a*b) mod c=(a mod c*b mod c) mod c。
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LCM与GCD
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最大公约数和最小公倍数:令a和b是不全为 0的两个整数,能使d|a和d|b的最大整数称为 a和b的最大公约数,用gcd(a,b)表示(有时候 简记为(a,b))。令a和b是不全为0的两个整数, 能使a|d和b|d的最小正整数称为a和b的最小 公倍数,用lcm(a,b)表示(简记为[a,b])

LCM与GCD
下面介绍相关的一些性质: ? 令a和b为正整数,则a*b=gcd(a,b)*lcm(a,b) ? 为了证明这个定理,可以考虑a和b的素因子 分解式: ? a=p1^a1*p2^a2*..*pn^an ? b=p1^b1*p2^b2*..*pn^bn ? 由于要使得a、b的素因子形式相同,这里允 许ai、bi为0(但不同时为0)
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LCM与GCD
则对于a的约数,必然也可以表示成 p1^c1*p2^c2..*pn^cn的形式,其中ci<=ai,因 为若约数出现了非a中有的因子,那么根据唯 一分解定理,约数不可能乘某一个数以后得到 a。 ? 所以求解gcd(a,b),就相当于对于每一个素因 子pi,找出最大的幂di使得pi^di|a、pi^di|b,容 易发现di就等于min(ai,bi)。
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LCM与GCD
由于素因子之间相互独立,每一个素因子的幂 的取值不会影响其他的素因子,因此最大公约 数只要将每个素因子的幂取到能取的最大值即 可。 ? 同理lcm(a,b)就是找出最小的幂di使得 pi^di>=ai、pi^di>=bi,即di=max(ai,bi) ? 互素:如果gcd(a,b)=1,则称a和b互素;
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例题时间
有一个N*m的矩阵,每个格子都有一些 <=100的正整数。 ? 有一个人在(1,1)的位置,想要到(n,m)去,每 次可以往上走一步或者往右走一步。 ? 我们想让这个人经过的路径中,路径格子上 的数的乘积的末尾0最少。 ? N*M<=100
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例题时间
这是一道结合了动态规划与数论的题目,需 要仔细琢磨。 ? 首先我们来考虑一下一个数末尾的0个数要 怎么求。 ? 我们注意到末尾有0必然代表着这个数被10 整除,因此一个想法就是不断除10,然后计 数器+1,直到不再被10整除为止,则计数器 的数量就是末尾0的数量。
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例题时间
这样做虽然是可行的,但是却无法迁移到原 题中,我们需要继续思考。 ? 我们考虑N的素因式中,有多少个2和5,那 么我们会发现如果末尾有0,必然2和5的幂次 都不为0,如果末尾不为0,那么2和5的幂次 必然有一个为0. ? 回顾上一个操作,我们发现每次除10实际上 就是将2和5的幂次同时-1.因此末尾0的数量就 是2和5的幂次中较少的那个。
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例题时间
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因此我们只需要找出一条路径,使得乘积和 中min(2的幂次,5的幂次)最小,由于a*b的2的 幂次=a的2的幂次+b的2的幂次(5同理),因 此可以对于每一个路径上的数计算出2、5的 幂次,路径乘积和的幂次就是所有数的幂次和。 ? 于是设dp[i][j][k][q]表示从(I,j)出发到(n,m)是 否有路径使得2的幂次和为k,5的幂次和为q, 即可在Onm*(nlg(n))^2时间内完成题目。

例题时间
具体做法是,设(I,j)格子数值含有2的幂次o个, 5的幂次p个,则 ? dp[i][j][k][q]=dp[i+1][j][k+o][q+p] or dp[i][j+1][k+o][q+p],其中or表示逻辑运算符 里的或,即如果a和b有一个为true,则结果为 true,反之为false。 ? dp[i][j][k][q]为bool类型,值为真或否。
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例题时间
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那么只要上述方程运算完了,就可以枚举k、 q的值,找出满足dp[1][1][k][q]值为真的最小 的min(k,q),将min(k,q)输出即可。

例题时间
这样做的复杂度很大,为O(n^2m^2lg(n)) (假设n、m同阶),需要优化。 ? 我们注意到,对于dp[i][j][k],我们其实只关 心满足dp[i][j][k][q]为真的最小的q,所以没必 要将dp[i][j][k][q]全部存下来,只需要存 dp[i][j][k]中最小的q即可。
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例题时间
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具体意思是:将dp[i][j][k]方程含义修改为:从(I,j) 出发到(n,m)的路径中,满足路径2的幂次和为k, 且5的幂次和最小能为多少,如果没有路径使得2 的幂次和为k,则标记dp[i][j][k]为非法,即将 dp[i][j][k]设为一个很大的值。 ? 那么,就有 dp[i][j][k]=min(dp[i+1][j][k+o]+p,dp[i][j+1][k+o]+p), 计算完之后枚举k,求min(min(dp[1][1][k],k))即可, 当然需要满足dp[1][1][k]合法,即dp[1][1][k]值不 会很大。

素数判定相关
对于求解素数,一般有两种问题: ? 1.如何求出1~n中的所有素数? ? 2.给出一个数n,如何判断他是否是素数。 ? 对于问题1,可以顺序考虑2~n,把每个数的 倍数(不包括自身)全部去掉,剩下的没有被 去掉的数就是素数,这样做的复杂度是O(nlgn) 的,证明参见调和级数此处略过。
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素数判定相关
当然我们可以对上述做法进行优化:首先我 们只需要将素数的倍数去掉即可,这个可以通 过唯一分解定理进行证明。 ? 我们称将某素数p的倍数去掉的过程叫做“操 作p”,那么假设我们枚举的素数是p,只需要 将p*p、p*(p+1)..去掉即可,因为对于<p的数 q,p*q必然在操作q的某个素因子的时候已经 去掉了。这样做可以得到一个接近On的复杂 度。
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素数判定相关
当然,存在有严格On的算法,具体是:对于 每一个数p,枚举q,将p*q去掉,其中q是满足 <=(p的最小素因子)的素数。 ? 这样做为什么是On的呢?假设某个数a分解 后为p1^a1*p2^a2..,则a只会被(p1^(a11)*p2^a2*..)*(p1)去掉,这里对应上文的p就 是p1^(a1-1)*p2^a2*..而q就是p1,并且显然 每一个合数都会被去掉。
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素数判定相关
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那么如何找出<=(p的最小素因子)的所有素数 呢?枚举到p的时候,我们可以按数值大小从 小到大枚举当前已经找出的所有素数,显然这 些素数都是小于p的,当枚举到某个素数q满足 q|p的时候,就对后面的素数不再操作即可。 此时的q就是p的最小素因子,因此我们也可以 在On时间内快速找到每个数的最小素因子, 这在后文中会有用处。

素数判定相关
接下来考虑之前所说的第二个问题,即判定 一个数是不是素数。 ? 在介绍合数的时候,我们已经讲到了一种枚 举sqrt(n)个数的判定方法,利用那个方法就可 以了。
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因数分解
前面提到了很多次唯一分解定理,那么如何 求一个数N的素因数分解式呢? ? 我们可以从2开始不断往上枚举找出最小的 素因子,如果设当前枚举的数i满足i|n,则i是 n的一个素因子,我们将n/i,然后继续枚举找 出剩余的素因子即可,当然这里n/i后还是有 可能满足i|n的,因此需要计算出每一个素因 子i可以出现几次,即i在n的分解式中的幂次。
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因数分解
那么这个做法可能会有个小问题,即i如果不 是素数呢?这实际上是不会出现的,因为如果 i不是素数,那么必然在操作i的某个素因子时, 这个素因子的幂次被全部去掉了,那么自然i 不会整除当前的n。 ? 为了优化复杂度,如果当前枚举的i超过了 sqrt(n),那么显然i之后不会再有素因子,可以 直接跳出。复杂度为O(sqrt(n))
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因数分解
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如果我们可以预处理出所有数的最小素因子, 那么分解质因数则可以做到O(lg(n)),即每次除 掉最小素因子即可,而所有数的最小素因子的 求法在之前On时间求1~n内的素数时已经提过。

例题时间
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给出正整数x,求使得等式x=b^p成立的最大 的p。要求sqrt(x)的时间内完成。

例题时间
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将x分解质因数后,即有 x=a1^k1*a2^k2*…*ai^ki*… 其中ai均是素数, 则易知所有素数的指数ki的最大公约数即是题 目所求。

例题时间
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给出a、b、c,问a*b*c的约数个数,其中a、 b、c<=2*10^9

例题时间
如果我们使用sqrt(abc)的枚举来找约数的话, 那么显然是会超时的,因为abc很大。 ? 我们考虑如何利用素因子分解式来求得答案。 ? 设n = p1^a1 * p2^a2 * p3^a3 * ……*pn^an. 则约数个数 = (a1 + 1) * (a2 + 1) * (a3 + 1) * …… *(an + 1).
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例题时间
这是因为任意n的约数都满足其素因子的幂小 于等于n的对应素因子的幂,且只要所有素因 子的幂都满足该要求,则这个数就是n的约数。 ? 因此只需要将a、b、c的素因数分解式合并, 然后用上述公式即可。
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最大公约数求法
对于最大公约数的求法,往往不是使用前面 所说的分解因式的方法,而是使用下面的这种 方法。 ? 当a>b时,有gcd(a,b)=gcd(b,a-b)。 ? 证明可以利用前面所说的mod的性质来证明, 即当g|a且|b时,必然有g|(a-b),而同理当g|b 且|(a-b)时,必然有g|a。所以两者的公约数是 相同的。
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最大公约数求法
那么就可以利用这个性质进行求解最大公约 数,即每次将(a,b)变化为(b,a mod b),即a变 为b,b变为a mod b,一直操作直到b=0为止。 虽然(b,a mod b)看似不与前面的(b, a-b)形式一 样,然而实际上这两者是等价的,具体证明可 以自行思考。 ? 这样做的复杂度是O(lga)的。
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不定方程
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下面在最大公约数的基础上我们来考虑一些 新的知识。 ? 对于不定方程ax+by=d,满足a、b、d是整数, 则方程存在整数解当且仅当d是(a,b)的倍数。 且一旦求出了某个解(x,y),则方程的所有解为 (x+b/(a,b),y-a/(a,b))。证明可参阅相关资料。

不定方程
这个知识的应用比较广泛,比如我们考虑这 样一个问题:小明从0点出发每次可以走+-a距 离以及+-b距离,问小明能走到哪些点。通过 上面的定理我们就可以知道小明可以走到一切 (a,b)的倍数的点。 ? 或者我们可以利用这个方程求出ax mod n=b 的所有解。
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不定方程
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对于方程的某个解的求法可以参见扩展欧几 里德算法,由于比较深入此处不提,另外方程 扩展到N个项的时候同样有:当d为所有数的 公约数的倍数时方程有整数解。

例题时间
给出正整数(a0,a1,b0,b1),设某未知正整数x满 足: ? 1.gcd(x,a0)=a1 ? 2.lcm(x,b0)=b1 ? 求解满足条件的x数量。 ? 有N组数据 ? N<=2000,a0、a1、b0、b1<=2*10^9 ? NOIP2009年提高组第二题原题
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例题时间
显然我们可以注意到,x必然是a1的倍数,b1 的约数,且若a1不整除a0,b0不整除b1必然 无解,因此只要枚举b1的约数,考虑这些约 数是否满足上述两个方程即可。 ? 由于在前面已经说过了求取约数的方法,下 面只需要分析复杂度。由于约数个数最多只有 2*sqrt(a)个,而一次gcd操作需要lga的时间, 所以总复杂度为n*sqrt(a)*lg(a),进行一些剪 枝优化即可通过全部测试数据。
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例题时间
那么,是不是这道题只有这一种解法呢?不 是的,下面我们来分析如何通过素因式来解决 这道题。 ? 设a0=p1^a01*p2^a02..*pn^a0n ? a1=p1^a11*p2^a12..*pn^a1n ? b0=p1^b01*p2^b02..*pn^b0n ? b1=p1^b11*p2^b12..*pn^b1n ? x=p1^x1*p2^x2*..*pn^xn
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例题时间
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那么,由之前所给出的关于gcd与lcm的性质, 所以必然对于每一个素因子p,有 min(xp,a0p)=a1p,max(xp,b0p)=b1p,且只要x 的所有素因子都满足这两个条件,那么x就是 一个合法解。

例题时间
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那么我们来考虑什么样的xp可以使得 min(xp,a0p)为a1p:如果a0p如果小于a1p,则 问题无解,如果a10等于a1p,那么xp只要 >=a1p即可,否则xp只能等于a1p,对于 max(xp,b0p)=b1p同理。

例题时间
因此对于每一个素因子p,我们求出了xp的两个 取值区间,对其做交即可,然后将所有xp的可行 区间乘起来就是最终的答案。 ? 时间复杂度为Onsqrt(a),然后由于对于4个数都 需要分解质因数,所以实际运算速度不一定会比 第一种做法来得快。 ? 当然,我们可以提前预处理出sqrt(a)内的素数, 这样就优化了常数,由于1~n内素数个数大约为 n/ln(n),所以复杂度变为O(nsqrt(a)/ln(sqrt(a)))
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快速幂
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有的时候我们要快速计算a^b mod P怎么办呢? 假设b是偶数,那么a^b=(a^(b/2))^2,而如果 b是奇数,则a^b=(a^(b/2))^2*a,这里的/符 号表示整除。因此我们可以每次将b/2,计算 出a^(b/2)的值后进行平方运算即可。 ? 为了使得运算结果不溢出,需要记得操作时 不断mod P.

全排列
一行N个格子,要求每一个格子填一个数,使 得N个格子出现了1~n的所有数,且每个数不重 复出现,方案数为n!个。 这是因为我们可以考虑第一个填的数,为N个, 在第一个填完后,第二个能填的数,为N-1个, 以此类推,因此方案总数刚好就是N!个。

排列组合数
我们定义从N个不同元素中,任选M个元素, 选法的总数为C(n,m),注意这里选取的顺序是 无关的,即先选1再选3和先选3再选1是同一 种方案。 ? 如果选取的顺序有关的话,定义为P(n,m). ? P(n,m)=n!/(n-m)!,C(n,m)=N!/((n-m)!m!)
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排列组合数
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我们来看看这两个公式如何证明。 ? P(n,m)=n*(n-1)*(n-2)*..*(n-m+1),这是因为 在排列中,选取的顺序是有关的,因此第一个 能选择N个数,第二个能选择n-1个数..以此类 推,所以答案即为上述公式。 ? 而组合数中,选取与顺序无关,那么每一种 选取方案必然在排列中出现M!次(全排列), 因此C(n,m)=P(n,m)/m!。

排列组合数
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让我们来看看组合数的一些应用。 等式x1+x2+…+xm=N,求正整数解的方案数。

排列组合数
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如果我们把N个小球排成一行,那么方案数就 等价于在N个位置(1的后面、2的后面..N的后 面)放挡板,且每个位置最多放一个,最后一 个位置一定有一个挡板的方案数,那么由组合 数的定义,我们可以发现答案为C(n-1,m-1), 这里的-1是因为最后的位置一定要放挡板。

排列组合数
那么我们再来看看如果可以重复选元素呢? ? 即对应等式x1+x2+..+xm=n,求非负整数解 的方案数。 ? 我们将每一个xi+1,就对应了 x1+x2+..+xm=n+m的正整数解方案数,由前文 可知方案数为C(n+m-1,m) ? 对于计数问题,有很多使用排列组合求解, 具体可参考高二数学书以及各种初赛题,这里 不再给出。
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排列组合数
下面说说如何求组合数,我们有如下公式: ? C(n,m)=C(n-1,m-1)+C(n-1,m),这个公式的证 明是这样的:M个选择的数中,没有1的方案 数为C(n-1,m)(即M个数全部-1),如果有1则去 掉1的项为C(n-1,m-1),两者相加就是C(n,m)。 ? 其中C(n,0)=1,因此可以利用递推式进行求 解。
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排列组合数
当然,如果对于N、M很大的情况就不好这么做 了,我们有另一种方法。 ? C(n,m)=n!/((n-m)!m!),可以将上下两个式子同时 质因数分解,然后用分母的质因数去除掉分子的 因数即可,当然质因数分解不必直接分解N!, 我们可以将1..n每一个数质因数分解,然后再乘 起来即可。如果暴力分解质因数的话是nsqrt(n)的 算法,但是如果能用之前所说的找最小素因子, 则可以做到nlgn,因为每一个数对应的素因子的 幂和最多为lgn。
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错排问题
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求在N个元素的所有排列中,第i个位置不是i 的排列数目f(n)。

错排问题
显然D1=0,D2=1。当n≥3时,不妨设n排在了第k 位,其中k≠n,也就是1≤k≤n-1。那么我们现在考 虑第n位的情况。 ? 当k排在第n位时,除了n和k以外还有n-2个数, 其错排数为Dn-2。 ? 当k不排在第n位时,那么将第n位重新考虑成一 个新的“第k位”,这时的包括k在内的剩下n-1个 数的每一种错排,都等价于只有n-1个数时的错排 (只是其中的第k位会换成第n位)。其错排数为 Dn-1。
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错排问题
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所以当n排在第k位时共有Dn-2+Dn-1种错排方法, 又k有从1到n-1共n-1种取法,我们可以得到: ? Dn=(n-1)(Dn-1+Dn-2) ? 在研究很多排列组合问题时,我们都会使用类 似的一一对应性来将问题降阶或转化。

例题时间
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求N的全排列中有多少种满足刚好有k个在对 应位置上。

例题时间
正好有k个在对应位置上,也就是正好有n-k 个不在对应位置上。 ? 那么我们选择出哪些位置没有填上对应的点, 共有C(n,n-k)种方案,选出来以后剩下的位置 填其对应的点即可。 ? 现在的问题就在于选出的n-k个点要求没有一 个点在其对应位置上,因此就是f(n-k),f表示 错排公式。最终答案为C(n,n-k)*f(n-k)。
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常见组合递推式
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常见的组合递推式还有卡特兰数、第二类斯 特林数等等,下面仅作简单介绍不作展开,有 兴趣的同学可以自己查阅。

卡特兰数
令h(0)=1,h(1)=1,catalan数满足递推式: ? h(n)= h(0)*h(n-1)+h(1)*h(n-2) + ... + h(n1)h(0) (n>=2) ,并有h(n)=C(2n,n)/(n+1)
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卡特兰数
Cn表示所有在n × n格点中不越过对角线的单 调路径的个数。一个单调路径从格点左下角出 发,在格点右上角结束,每一步均为向上或向 右。 ? Cn表示N个节点所能组成的不同二叉树个数。 ? 一个栈(无穷大)的进栈序列为1,2,3,…,n, 有Cn个不同的出栈序列. ? ….
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第二类斯特林数
s(n,m)表示把n个有区别的球放到m个相同的 盒子中(即{1,2,3}{4,5}方法和{4,5}{1,2,3}是相同 的),且无一空盒,其不同的方案数。 ? s(n,m)=ms(n-1,m)+s(n-1,m-1) (n>=m) ? s(n,m)=0 (n<m) ? s(0,0)=1;
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第二类斯特林数
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该公式的证明方法是这样的:考虑第一个元 素,如果其是被归入后N-1个元素的集合中的 话,那么考虑其归入的集合(有m个集合可以 选),可以得到方案为m*s(n-1,m),如果自成 集合的话就是s(n-1,m-1),加起来就可以得到 s(n,m)。

计算几何
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下面来介绍一些计算几何的知识,由于计算 几何在联赛中出现频率较低且很可能不会考很 难的知识,所以下面会选择一些比较基础的讲 解。

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线段相交判定
作为计算几何最基本问题,要解决他先介绍一 些东西. ? 向量: 为一个从(0,0)出发到某个点(x,y)的有方 向的一条线段. ? 叉积:对于向量A(x1,y1)和B(x2,y2),定义叉积 =x1y2-x2y1, 即|A||B|sin(a,b)(叉积其实是一个 向量,不过在联赛中我们取他的长度就可以了)
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线段相交判定
叉积有个神奇的性质,就是A*B如果为正,则 B在A左边,为负在右边,为0共线.这里定义A的逆 时针180度内为左边。 ? 叉积的绝对值也有个性质,就是等于平行四边 形OABC(C:向量B沿着向量A移动到(x1,y1)后 另一端的点即为C)的面积.
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线段相交判定
判断相交方法: ? 可以证明AB与CD相交充要条件为:C和D在AB异 侧,B和A在CD异侧,这就对应了叉积的正负,所 以直接用叉积判断即可,当然实际操作的时候我 们需要将线段平移至原点来变成向量。 ? 注意这里由于计算机实数操作精度问题,<0不要 写<0而是写<-1e-6,>0要写>1e-6,=0写-1e-6~1e6 之间,上面的1e-6是一个比较标准的值,随着题 目变化是需要变化的,一般1e-6是足够的。 ? 对于求交点,一般采用列方程方法即可。
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多边形面积
多边形面积的求法也可以利用叉积,做法是: ? 我们连接原点到所有的点构成N个向量,然后将 多边形上相邻两个点的向量进行叉积运算,最后 将叉积的和取绝对值除2就是答案。 ? 这样做的原理就是利用了叉积的有向面积性质, 由于点的位置关系叉积结果会有正负之分,因此 对应的四边形面积也会有正负之分,所以可以利 用这点求多边形面积,详细的证明这里不会给出, 有兴趣的同学可以自己画图试试这个结论。
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判断点是否在多边形内
对于这个问题,我们可以随机一条从询问点出发 的很长的线段,然后求出这条线段与多少条多边形 的边有交,若有交的边数为奇数个则点在内部,为 偶数个则在多边形外部。 由于我们随机了向量,因此可以不用考虑诸如交 点在顶点上之类的问题,如果遇到了交点在顶点上 的情况,可以重新随机,否则会影响答案。 对于凸多边形,我们可以以某个点为原点进行三 角剖分来做到每次询问Olgn的时间回答,由于超出 NOIP难度此处仅作科普。

谢谢大家

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