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##### 试除法判定质数 —— 模板题 AcWing 866. 试除法判定质数
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```cpp
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bool is_prime(int x)
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{
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if (x < 2) return false;
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for (int i = 2; i <= x / i; i ++ )
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if (x % i == 0)
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return false;
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return true;
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}
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```
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##### 试除法分解质因数 —— 模板题 AcWing 867. 分解质因数
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void divide(int x)
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{
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for (int i = 2; i <= x / i; i ++ )
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if (x % i == 0)
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{
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int s = 0;
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while (x % i == 0) x /= i, s ++ ;
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cout << i << ' ' << s << endl;
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}
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if (x > 1) cout << x << ' ' << 1 << endl;
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cout << endl;
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}
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##### 朴素筛法求素数 —— 模板题 AcWing 868. 筛质数
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```cpp
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int primes[N], cnt; // primes[]存储所有素数
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bool st[N]; // st[x]存储x是否被筛掉
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void get_primes(int n)
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{
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for (int i = 2; i <= n; i ++ )
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{
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if (st[i]) continue;
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primes[cnt ++ ] = i;
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for (int j = i + i; j <= n; j += i)
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st[j] = true;
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}
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}
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##### 线性筛法求素数 —— 模板题 AcWing 868. 筛质数
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```cpp
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int primes[N], cnt; // primes[]存储所有素数
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bool st[N]; // st[x]存储x是否被筛掉
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void get_primes(int n)
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{
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for (int i = 2; i <= n; i ++ )
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{
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if (!st[i]) primes[cnt ++ ] = i;
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for (int j = 0; primes[j] <= n / i; j ++ )
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{
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st[primes[j] * i] = true;
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if (i % primes[j] == 0) break;
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}
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}
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}
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##### 试除法求所有约数 —— 模板题 AcWing 869. 试除法求约数
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```cpp
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vector<int> get_divisors(int x)
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{
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vector<int> res;
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for (int i = 1; i <= x / i; i ++ )
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if (x % i == 0)
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{
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res.push_back(i);
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if (i != x / i) res.push_back(x / i);
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}
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sort(res.begin(), res.end());
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return res;
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}
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##### 约数个数和约数之和 —— 模板题 AcWing 870. 约数个数, AcWing 871. 约数之和
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如果 N = $p_1^{c_1}$ * $p_2^{c_2}$ * ... *$p_k^{c_k}$
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约数个数：$(c_1 + 1) * (c_2 + 1) * ... * (c_k + 1)$
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约数之和： ($p_1^0$ + $p_1^1$ + ... +$ p_1^{c_1}$) * ... * ($p_k^0$ + $p_k^1$ + ... + $p_k^{c_k}$)
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##### 欧几里得算法 —— 模板题 AcWing 872. 最大公约数
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```cpp
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int gcd(int a, int b)
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{
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return b ? gcd(b, a % b) : a;
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}
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##### 求欧拉函数 —— 模板题 AcWing 873. 欧拉函数
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```cpp
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int phi(int x)
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{
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int res = x;
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for (int i = 2; i <= x / i; i ++ )
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if (x % i == 0)
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{
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res = res / i * (i - 1);
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while (x % i == 0) x /= i;
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}
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if (x > 1) res = res / x * (x - 1);
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return res;
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}
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```
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##### 筛法求欧拉函数 —— 模板题 AcWing 874. 筛法求欧拉函数
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```cpp
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int primes[N], cnt; // primes[]存储所有素数
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int euler[N]; // 存储每个数的欧拉函数
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bool st[N]; // st[x]存储x是否被筛掉
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void get_eulers(int n)
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{
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euler[1] = 1;
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for (int i = 2; i <= n; i ++ )
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{
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if (!st[i])
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{
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primes[cnt ++ ] = i;
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euler[i] = i - 1;
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}
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for (int j = 0; primes[j] <= n / i; j ++ )
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{
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int t = primes[j] * i;
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st[t] = true;
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if (i % primes[j] == 0)
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{
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euler[t] = euler[i] * primes[j];
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break;
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}
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euler[t] = euler[i] * (primes[j] - 1);
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}
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}
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}
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```
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##### 快速幂 —— 模板题 AcWing 875. 快速幂
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求 $m^k$ mod p，时间复杂度 O($logk$)。
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```cpp
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int qmi(int m, int k, int p)
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{
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int res = 1 % p, t = m;
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while (k)
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{
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if (k&1) res = res * t % p;
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t = t * t % p;
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k >>= 1;
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}
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return res;
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}
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##### 扩展欧几里得算法 —— 模板题 AcWing 877. 扩展欧几里得算法
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```cpp
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// 求x, y，使得ax + by = gcd(a, b)
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int exgcd(int a, int b, int &x, int &y)
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{
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if (!b)
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{
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x = 1; y = 0;
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return a;
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}
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int d = exgcd(b, a % b, y, x);
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y -= (a/b) * x;
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return d;
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}
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```
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##### 高斯消元 —— 模板题 AcWing 883. 高斯消元解线性方程组
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```cpp
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// a[N][N]是增广矩阵
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int gauss()
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{
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int c, r;
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for (c = 0, r = 0; c < n; c ++ )
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{
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int t = r;
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for (int i = r; i < n; i ++ ) // 找到绝对值最大的行
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if (fabs(a[i][c]) > fabs(a[t][c]))
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t = i;
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if (fabs(a[t][c]) < eps) continue;
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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
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for (int i = n; i >= c; i -- ) a[r][i] /= a[r][c]; // 将当前行的首位变成1
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||
for (int i = r + 1; i < n; i ++ ) // 用当前行将下面所有的列消成0
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if (fabs(a[i][c]) > eps)
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for (int j = n; j >= c; j -- )
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a[i][j] -= a[r][j] * a[i][c];
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r ++ ;
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}
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if (r < n)
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{
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for (int i = r; i < n; i ++ )
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if (fabs(a[i][n]) > eps)
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return 2; // 无解
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return 1; // 有无穷多组解
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}
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||
for (int i = n - 1; i >= 0; i -- )
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||
for (int j = i + 1; j < n; j ++ )
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a[i][n] -= a[i][j] * a[j][n];
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return 0; // 有唯一解
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}
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```
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##### 递推法求组合数 —— 模板题 AcWing 885. 求组合数 I
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```cpp
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// c[a][b] 表示从a个苹果中选b个的方案数
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for (int i = 0; i < N; i ++ )
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for (int j = 0; j <= i; j ++ )
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if (!j) c[i][j] = 1;
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||
else c[i][j] = (c[i - 1][j] + c[i - 1][j - 1]) % mod;
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```
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##### 通过预处理逆元的方式求组合数 —— 模板题 AcWing 886. 求组合数 II
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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]
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如果取模的数是质数，可以用费马小定理求逆元
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```cpp
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int qmi(int a, int k, int p) // 快速幂模板
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||
{
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int res = 1;
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while (k)
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||
{
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if (k & 1) res = (LL)res * a % p;
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||
a = (LL)a * a % p;
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||
k >>= 1;
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}
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||
return res;
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}
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||
// 预处理阶乘的余数和阶乘逆元的余数
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fact[0] = infact[0] = 1;
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for (int i = 1; i < N; i ++ )
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||
{
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||
fact[i] = (LL)fact[i - 1] * i % mod;
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||
infact[i] = (LL)infact[i - 1] * qmi(i, mod - 2, mod) % mod;
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||
}
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```
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##### Lucas定理 —— 模板题 AcWing 887. 求组合数 III
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$若p是质数，则对于任意整数 1 <= m <= n，有：$
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C(n, m) = C(n % p, m % p) * C(n / p, m / p) (mod p)
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```cpp
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int qmi(int a, int k, int p) // 快速幂模板
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||
{
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int res = 1 % p;
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||
while (k)
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||
{
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||
if (k & 1) res = (LL)res * a % p;
|
||
a = (LL)a * a % p;
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||
k >>= 1;
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||
}
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return res;
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||
}
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int C(int a, int b, int p) // 通过定理求组合数C(a, b)
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{
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if (a < b) return 0;
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LL x = 1, y = 1; // x是分子，y是分母
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for (int i = a, j = 1; j <= b; i --, j ++ )
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{
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||
x = (LL)x * i % p;
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||
y = (LL) y * j % p;
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}
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return x * (LL)qmi(y, p - 2, p) % p;
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}
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int lucas(LL a, LL b, int p)
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{
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if (a < p && b < p) return C(a, b, p);
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return (LL)C(a % p, b % p, p) * lucas(a / p, b / p, p) % p;
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}
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```
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##### 分解质因数法求组合数 —— 模板题 AcWing 888. 求组合数 IV
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当我们需要求出组合数的真实值，而非对某个数的余数时，分解质因数的方式比较好用：
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1. 筛法求出范围内的所有质数
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2. $通过 C(a, b) = a! / b! / (a - b)! 这个公式求出每个质因子的次数。$
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$n! 中p的次数是 n / p + n / p^2+ n / p^3 + ...$
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3. 用高精度乘法将所有质因子相乘
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```cpp
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int primes[N], cnt; // 存储所有质数
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int sum[N]; // 存储每个质数的次数
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bool st[N]; // 存储每个数是否已被筛掉
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void get_primes(int n) // 线性筛法求素数
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{
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for (int i = 2; i <= n; i ++ )
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{
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if (!st[i]) primes[cnt ++ ] = i;
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for (int j = 0; primes[j] <= n / i; j ++ )
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||
{
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||
st[primes[j] * i] = true;
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||
if (i % primes[j] == 0) break;
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||
}
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||
}
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||
}
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int get(int n, int p) // 求n！中的次数
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{
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int res = 0;
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while (n)
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{
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res += n / p;
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n /= p;
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}
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return res;
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}
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vector<int> mul(vector<int> a, int b) // 高精度乘低精度模板
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||
{
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vector<int> c;
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int t = 0;
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for (int i = 0; i < a.size(); i ++ )
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{
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t += a[i] * b;
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||
c.push_back(t % 10);
|
||
t /= 10;
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}
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||
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||
while (t)
|
||
{
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||
c.push_back(t % 10);
|
||
t /= 10;
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||
}
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||
|
||
return c;
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||
|
||
}
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||
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||
get_primes(a); // 预处理范围内的所有质数
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||
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||
for (int i = 0; i < cnt; i ++ ) // 求每个质因数的次数
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{
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int p = primes[i];
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||
sum[i] = get(a, p) - get(b, p) - get(a - b, p);
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||
}
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||
vector<int> res;
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||
res.push_back(1);
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||
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||
for (int i = 0; i < cnt; i ++ ) // 用高精度乘法将所有质因子相乘
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||
for (int j = 0; j < sum[i]; j ++ )
|
||
res = mul(res, primes[i]);
|
||
```
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##### 卡特兰数 —— 模板题 AcWing 889. 满足条件的01序列
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$给定n个0和n个1，它们按照某种顺序排成长度为2n的序列，满足任意前缀中0的个数都不少于1的$
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||
$个数的序列的数量为： Cat(n) = C(2n, n) / (n + 1)$
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||
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||
##### NIM游戏 —— 模板题 AcWing 891. Nim游戏
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||
|
||
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。
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||
|
||
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。
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||
|
||
定理： NIM博弈先手必胜，当且仅当 A1 ^ A2 ^ … ^ An != 0
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||
##### 公平组合游戏ICG
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||
若一个游戏满足：
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1. 由两名玩家交替行动；
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2. 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；
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||
3. 不能行动的玩家判负；
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||
则称该游戏为一个公平组合游戏。
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||
|
||
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。
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||
##### 有向图游戏
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|
||
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。
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##### Mex运算
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$设S表示一个非负整数集合。定义mex(S)为求出不属于集合S的最小非负整数的运算，即：$
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||
$mex(S) = min{x}, x属于自然数，且x不属于S$
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||
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##### SG函数
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$在有向图游戏中，对于每个节点x，设从x出发共有k条有向边，分别到达节点y_1, y_2, …, y_k，定$
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||
|
||
$义SG(x)为x的后继节点y_1, y_2, …, y_k 的SG函数值构成的集合再执行mex(S)运算的结果，即：$
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||
|
||
$SG(x) = mex({SG(y_1), SG(y_2), …, SG(y_k)})$
|
||
|
||
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)。
|
||
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||
##### 有向图游戏的和 —— 模板题 AcWing 893. 集合-Nim游戏
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|
||
$设G_1, G_2, …, G_m 是m个有向图游戏。定义有向图游戏G，它的行动规则是任选某个有向图游戏$
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||
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||
$G_i，并在G_i上行动一步。G被称为有向图游戏G_1, G_2, …, G_m的和。$
|
||
|
||
$有向图游戏的和的SG函数值等于它包含的各个子游戏SG函数值的异或和，即：$
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||
|
||
SG(G) = SG($G_1$) ^ SG($G_2$) ^ … ^ SG($G_m$)
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||
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||
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||
##### 定理
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||
$有向图游戏的某个局面必胜，当且仅当该局面对应节点的SG函数值大于0。$
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||
$有向图游戏的某个局面必败，当且仅当该局面对应节点的SG函数值等于0。$
|
||
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||
> 作者：yxc
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||
> 链接：https://www.acwing.com/blog/content/406/
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> 来源：AcWing
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> 著作权归作者所有。商业转载请联系作者获得授权，非商业转载请注明出处。 |