- 1. 排列问题（康托展开与逆康托展开）
- 2. 试除法判断质数
- 3. 试除法分解质因数
- 4. 试除法求所有约数
- 5. 线性筛求素数
- 6. 约数个数与约数之和
- 7. 最大公因数 最小公倍数
- 8. 扩展欧几里得算法 （求 ax + by = gcd(a, b))
- 9. 快速幂
- 10. 欧拉函数
- 11. 高斯消元法解线性方程组
- 12. 乘法逆元
- 13. 求组合数
- 2. 预处理逆元求组合数
- 3. Lucas定理求组合数
- 14. 博弈论基础
X=a1×(n−1)!+a2×(n−2)!+⋯+an×0!
X代表当前排列在全排列中的排名
ai 代表当前数是数列中未出现的数中第几小的 从0开始计数，0是第一小的数
例如 4,2,3,1
4是当前数列中未出现的数中第3小的，X+=3*(4−1)!
2是当前数列中未出现的数中第1小的，X+=1*(4−2)!
3是当前数列中未出现的数中第1小的，X+=1*(4−3)!, 因为2已经输出过了，所以不算
1是当前数列中未出现的数中第0小的，X+=0*(4−4)!
这要就求出了4,2,3,1所唯一对应的在全排列中的名次X=22
注意到我们每次要用到 当前有多少个小于它的数还没有出现
void init() {
fact[0] = 1;
for(int i = 1;i <= 9; ++i) fact[i] = fact[i - 1] * i;
// 递推求阶乘
}
// 或者直接打表
int fact[10] = {1, 1, 2, 6, 24, 120, 720, 5040, 40320, 362880};
int cantor(int a[],int n) {
int res = 0;
for(int i = 0;i < n; ++i) {
int cnt = 0;
for(int j = i + 1;j < n; ++j) if(a[j] < a[i]) cnt ++;
// 找到a[i]是当前数列中未出现的数中第几小的
// 从1开始，即1-n的全排列
// 从0开始，就变成了0-n的全排列，记得变通
res += cnt * fact[n - i - 1];// 累加值
}
return res + 1;// 如果输出的是排名就要 + 1，如果是hash值可以直接返回 res
}首先把排名X减去1，变成以0开始的排名
例如求 1,2,3,4的全排列序列中，排名第22的序列是什么
22−1=21， 21代表着有多少个排列比这个排列小
第一个数 a[1] ⌊21/(4−1)!⌋=3 比a[1]小且没有出现过的数有3个，a[1]=4
X=Xmod3×(4−1)!=3
第二个数a[2]⌊3/(4−2)!⌋=1比a[2]小且没有出现过的数有1个，所以a[2]=2
X=Xmod1×(4−2)!=1
第三个数a[3] ⌊1/(4−3)!⌋=1比a[3]小且没有出现过的数有1个，所以a[3]=3
X=Xmod1×(4−3)!=0
第四个数a[4] ⌊0/(4−4)!⌋=0比a[4] 小且没有出现过的数有0个，所以a[4]=1
最终得到数列 4,2,3,1
vector<int> incantor(int x,int n) {
x--;// 得到以0开始的排名
vector<int> res(n);// 保存数列答案
int cnt;
bool st[10];// 标记数组
memset(st,0,sizeof st);
for(int i = 0;i < n; ++i) {
cnt = x/fact[n - i - 1];// 比a[i]小且没有出现过的数的个数
x %= fact[n - i - 1];// 更新 x
for(int j = 1;j <= n; ++j) {// 找到a[i]，从1开始向后找
if(st[j]) continue;// 如果被标记过，就跳过
if(!cnt) {// 如果cnt == 0说明当前数是a[i]
st[j] = 1;//标记
res[i] = j;// 第i位是j
break;
}
cnt --;// 如果当前不是0，就继续往后找
}
}
return res;// 返回答案
}实际上，从后往前，找到第一个非降序的位置，找到第一个比当前元素大的元素并交换。
找下一个排列就是从后往前寻找第一个出现降的地方，把这个地方的数字与后边某个比它大的的数字交换，再把该位置之后整理为升序。
否则从数组末尾往前找，找到 第一个 位置j，使得 nums[j] < nums[j + 1]。
如果不存在这样的 j，则说明数组是不递增的，直接将数组逆转即可。
如果存在这样的 j，则从末尾找到第一个位置 i > j，使得 nums[i] > nums[j]。
交换 nums[i] 与 nums[j]，然后将数组从 j + 1 到末尾部分逆转
class Solution {
public:
void nextPermutation(vector<int>& nums) {
int k = nums.size() - 1;
// 1. 找到第一个递减点 e,g, 1,2,3 -> 1,3,2
while(k > 0 && nums[k - 1] >= nums[k]) k--;
if(k == 0) reverse(nums.begin(), nums.end()); // 如果降序排列 直接反转
else
{
// 2. 找到 k - 1 右边第一个比nums[k - 1]大的元素
//int i = nums.size() - 1;
//while(i > k && nums[i] <= nums[k - 1]) i--;
int l = k, r = nums.size() - 1;
while(l < r)
{
int mid = l + r + 1 >> 1;
if(nums[mid] > nums[k - 1]) l = mid;
else r = mid - 1;
}
swap(nums[k - 1], nums[r]);
// 交换完之后仍然是降序（字典序最大) 转换为升序(字典序最小)
reverse(nums.begin() + k, nums.end());
}
}
};从1...n的全排列满足
正数第Q个排列和倒数第Q个排列满足 对应元素的和 等于 n + 1
bool is_prime(int x)
{
if (x < 2) return false;
for (int i = 2; i <= x / i; i ++ )
if (x % i == 0)
return false;
return true;
}记住分解质因数这里 最后可能还剩下一个因子哦
void divide(int x)
{
for (int i = 2; i <= x / i; i ++ )
if (x % i == 0)
{
int s = 0;
while (x % i == 0) x /= i, s ++ ;
cout << i << ' ' << s << endl;
}
if (x > 1) cout << x << ' ' << 1 << endl; // 注意这里
cout << endl;
}vector<int> get_divisors(int x)
{
vector<int> res;
for (int i = 1; i <= x / i; i ++ )
if (x % i == 0)
{
res.push_back(i);
if (i != x / i) res.push_back(x / i);
}
sort(res.begin(), res.end());
return res;
}int primes[N], cnt; // primes[]存储所有素数
bool st[N]; // st[x]存储x是否被筛掉
void get_primes(int n)
{
for (int i = 2; i <= n; i ++ )
{
if (!st[i]) primes[cnt ++ ] = i;
for (int j = 0; primes[j] <= n / i; j ++ )
{
st[primes[j] * i] = true;
if (i % primes[j] == 0) break;
}
}
}约数个数和约数之和是从分解质因数来的
如果 N = p1^c1 * p2^c2 * ... *pk^ck
约数个数： (c1 + 1) * (c2 + 1) * ... * (ck + 1)
约数之和： (p1^0 + p1^1 + ... + p1^c1) * ... * (pk^0 + pk^1 + ... + pk^ck)
都是欧几里得算法
int gcd(int a, int b)
{
return b ? gcd(b, a % b) : a;
}最小公倍数 LCM = a * b / gcd(a, b)
// 求x, y，使得ax + by = gcd(a, b)
int exgcd(int a, int b, int &x, int &y)
{
if (!b)
{
x = 1; y = 0;
return a;
}
int d = exgcd(b, a % b, y, x);
y -= (a/b) * x;
return d;
}当且仅当 gcd(a, b) 可以整除c
a,b互质的充分必要条件是存在整数x,y使 ax+by=1
int qmi(int m, int k, int p)
{
int res = 1, t = m%p;
while (k)
{
if (k&1) res = res * t % p;
t = t * t % p;
k >>= 1;
}
return res;
}欧拉函数：1 ~ N 中 与N 互质的个数被称为欧拉函数
欧拉定理：若a 与 n互质， 则 a ^(φ(n)) ≡ 1 (mod n)
费马小定理 如果p为质数 b ^(p - 1) ≡ 1 (mod p)
int phi(int x)
{
int res = x;
for (int i = 2; i <= x / i; i ++ )
if (x % i == 0)
{
res = res / i * (i - 1);
while (x % i == 0) x /= i;
}
if (x > 1) res = res / x * (x - 1);
return res;
}int primes[N], cnt; // primes[]存储所有素数
int euler[N]; // 存储每个数的欧拉函数
bool st[N]; // st[x]存储x是否被筛掉
void get_eulers(int n)
{
euler[1] = 1;
for (int i = 2; i <= n; i ++ )
{
if (!st[i])
{
primes[cnt ++ ] = i;
euler[i] = i - 1;
}
for (int j = 0; primes[j] <= n / i; j ++ )
{
int t = primes[j] * i;
st[t] = true;
if (i % primes[j] == 0)
{
euler[t] = euler[i] * primes[j];
break;
}
euler[t] = euler[i] * (primes[j] - 1);
}
}
}// a[N][N]是增广矩阵
int gauss()
{
int c, r;
for (c = 0, r = 0; c < n; c ++ )
{
int t = r;
for (int i = r; i < n; i ++ ) // 找到绝对值最大的行
if (fabs(a[i][c]) > fabs(a[t][c]))
t = i;
if (fabs(a[t][c]) < eps) continue;
for (int i = c; i <= n; i ++ ) swap(a[t][i], a[r][i]); // 将绝对值最大的行换到最顶端
for (int i = n; i >= c; i -- ) a[r][i] /= a[r][c]; // 将当前上的首位变成1
for (int i = r + 1; i < n; i ++ ) // 用当前行将下面所有的列消成0
if (fabs(a[i][c]) > eps)
for (int j = n; j >= c; j -- )
a[i][j] -= a[r][j] * a[i][c];
r ++ ;
}
if (r < n)
{
for (int i = r; i < n; i ++ )
if (fabs(a[i][n]) > eps)
return 2; // 无解
return 1; // 有无穷多组解
}
for (int i = n - 1; i >= 0; i -- )
for (int j = i + 1; j < n; j ++ )
a[i][n] -= a[i][j] * a[j][n];
return 0; // 有唯一解
}b 存在乘法逆元的充要条件是 b 与 m 互质
(a / b (mod m) 转化为 a * x (mod m) x : 乘法逆元)
更一般的解法 只要a 与 p 互质
乘法逆元要求：ax≡1(modp)
欧拉函数：a^ϕ(p)≡1(modp)
既然都同余1，合并得：ax≡a^ϕ(p)(modp)，由于a,p互质，两边同除a得：x≡a^(ϕ(p)−1) (modp)
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long LL;
LL a,p;
LL phi(LL x){
LL res=x;
for(int i=2;i<=x/i;i++){
if(x%i==0){
res=res/i*(i-1);
while(x%i==0) x/=i;
}
}
if(x>1) res=res/x*(x-1);
return res;
}
LL qmi(LL a,LL k){
LL res=1;
while(k){
if(k&1) res=res*a%p;
a=a*a%p;
k>>=1;
}
return res;
}
int main(){
scanf("%lld%lld",&a,&p);
LL res=qmi(a,phi(p)-1);
printf("%lld\n",res);
return 0;
}这个要求比上面更严格一点 需要p为质数
根据费马小定理 b^(p - 2)
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstdio>
using namespace std;
typedef long long LL;
int n,p;
LL qmi(int a,int k,int p)
{
LL res = 1;
while(k)
{
if(k&1) res = (LL)res*a%p;
a = a*(LL)a%p;
k>>=1;
}
return res;
}
int main()
{
cin>>n;
while(n--)
{
int a,p;
scanf("%d%d",&a,&p);
if(a%p)
printf("%d\n",qmi(a,p-2,p));
else
puts("impossible");
}
return 0;
}(递推公式 : inv[b] = (p-p/b) * inv[ p % b ] % p)
inv[1] = 1;
for(int i = 2; i<=n ;i++)
{
inv[i] = (LL)(p-p/i)*inv[p%i]%p;
printf("%d\n",inv[i]);
}求组合数有递推法（0 - 2000），预处理逆元法（0 - 10000），lucas 定理（0 - 10^18) 三种方法
基于一个经典的组合数关系式：
for (int i = 0; i < N; i ++ )
for (int j = 0; j <= i; j ++ )
if (!j) c[i][j] = 1;
else c[i][j] = (c[i - 1][j] + c[i - 1][j - 1]) % mod;预处理：
这里我们预处理 阶乘 和逆元
fact[i] = i! mod(10^9 + 7);
infact[i] = (i!)^-1 mod(10^9 + 7);
fact 可以通过递推就可以得到 infact 实际上 是 (i!) 和 (10^9 + 7) 的乘法逆元 而且 (10^9 + 7)为质数 根据费马小定理 这里 infact[i] = infact[i - 1] * (i 的逆元 i^(p - 2)) % mod;
首先预处理出所有阶乘取模的余数fact[N]，以及所有阶乘取模的逆元infact[N]
如果取模的数是质数，可以用费马小定理求逆元
int qmi(int a, int k, int p) // 快速幂模板
{
int res = 1;
while (k)
{
if (k & 1) res = (LL)res * a % p;
a = (LL)a * a % p;
k >>= 1;
}
return res;
}
// 预处理阶乘的余数和阶乘逆元的余数
fact[0] = infact[0] = 1;
for (int i = 1; i < N; i ++ )
{
fact[i] = (LL)fact[i - 1] * i % mod;
infact[i] = (LL)infact[i - 1] * qmi(i, mod - 2, mod) % mod;
}大数组合数
若p是质数，则对于任意整数 1 <= m <= n，有：
C(n, m) = C(n % p, m % p) * C(n / p, m / p) (mod p)
int qmi(int a, int k) // 快速幂模板
{
int res = 1;
while (k)
{
if (k & 1) res = (LL)res * a % p;
a = (LL)a * a % p;
k >>= 1;
}
return res;
}
int C(int a, int b) // 通过定理求组合数C(a, b)
{
int res = 1;
for (int i = 1, j = a; i <= b; i ++, j -- )
{
res = (LL)res * j % p;
res = (LL)res * qmi(i, p - 2) % p;
}
return res;
}
int lucas(LL a, LL b)
{
if (a < p && b < p) return C(a, b);
return (LL)C(a % p, b % p) * lucas(a / p, b / p) % p;
}主要是一些相关概念
给定N堆物品，第i堆物品有Ai个。两名玩家轮流行动，每次可以任选一堆，取走任意多个物品，可把一堆取光，但不能不取。取走最后一件物品者获胜。两人都采取最优策略，问先手是否必胜。
我们把这种游戏称为NIM博弈。把游戏过程中面临的状态称为局面。整局游戏第一个行动的称为先手，第二个行动的称为后手。若在某一局面下无论采取何种行动，都会输掉游戏，则称该局面必败。 所谓采取最优策略是指，若在某一局面下存在某种行动，使得行动后对面面临必败局面，则优先采取该行动。同时，这样的局面被称为必胜。我们讨论的博弈问题一般都只考虑理想情况，即两人均无失误，都采取最优策略行动时游戏的结果。 NIM博弈不存在平局，只有先手必胜和先手必败两种情况。
定理： NIM博弈先手必胜，当且仅当 A1 ^ A2 ^ … ^ An != 0
若一个游戏满足：
由两名玩家交替行动； 在游戏进程的任意时刻，可以执行的合法行动与轮到哪名玩家无关； 不能行动的玩家判负； 则称该游戏为一个公平组合游戏。 NIM博弈属于公平组合游戏，但城建的棋类游戏，比如围棋，就不是公平组合游戏。因为围棋交战双方分别只能落黑子和白子，胜负判定也比较复杂，不满足条件2和条件3。
给定一个有向无环图，图中有一个唯一的起点，在起点上放有一枚棋子。两名玩家交替地把这枚棋子沿有向边进行移动，每次可以移动一步，无法移动者判负。该游戏被称为有向图游戏。 任何一个公平组合游戏都可以转化为有向图游戏。具体方法是，把每个局面看成图中的一个节点，并且从每个局面向沿着合法行动能够到达的下一个局面连有向边。
设S表示一个非负整数集合。定义mex(S)为求出不属于集合S的最小非负整数的运算，即： mex(S) = min{x}, x属于自然数，且x不属于S
在有向图游戏中，对于每个节点x，设从x出发共有k条有向边，分别到达节点y1, y2, …, yk，定义SG(x)为x的后继节点y1, y2, …, yk 的SG函数值构成的集合再执行mex(S)运算的结果，即： SG(x) = mex({SG(y1), SG(y2), …, SG(yk)}) 特别地，整个有向图游戏G的SG函数值被定义为有向图游戏起点s的SG函数值，即SG(G) = SG(s)。
设G1, G2, …, Gm 是m个有向图游戏。定义有向图游戏G，它的行动规则是任选某个有向图游戏Gi，并在Gi上行动一步。G被称为有向图游戏G1, G2, …, Gm的和。 有向图游戏的和的SG函数值等于它包含的各个子游戏SG函数值的异或和，即： SG(G) = SG(G1) ^ SG(G2) ^ … ^ SG(Gm)
有向图游戏的某个局面必胜，当且仅当该局面对应节点的SG函数值大于0。
有向图游戏的某个局面必败，当且仅当该局面对应节点的SG函数值等于0。