NOIp 数学知识点总结

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排列组合

常用公式

排列：$$\displaystyle A_n^m=\frac{n!}{(n-m)!}$$

全排列：$A_n^n=n!$

组合：$$\displaystyle C_n^m=\frac{A_nm}{m!}=\frac{n!}{m!(n-m)!}$$

组合数的性质：

\[\displaystyle C_n^m = C_n^{n-m}
\]

\[\displaystyle C_n^m= C_{n-1}^m+C_{n-1}^{m-1}
\]

推导：$$ \displaystyle \begin{aligned} C_n^m & = \frac{n!}{m!(n-m)!}\ & = \frac{(n-1)!}{m!(n-m-1)!}\times\frac{n}{n-m}\ & =\frac{(n-1)!}{m!(n-m-1)!}\times(1+\frac{m}{n-m})\ & =C_{n-1}^{m}+\frac{(n-1)!}{(m-1)!(n-m)!}\ & = C_{n-1}^m+C_{n-1}{m-1}\end{aligned} $$

\[\displaystyle \sum_{i=0}^n C_n^i =\sum_{i=0}^nC_n^i1^{i}\cdot 1^{n-i}=(1 + 1)^n= 2^n
\]

二项式定理：$$\displaystyle (a+b)^n=\sum_{i=0}n C_n^i a^i b^{n-i}$$

\[\displaystyle \sum_{i=0}^r C_{n+i}^i = C_{n+r+1}^r
\]

\[\displaystyle \sum_{i=0}^n i\cdot C_n^i =\sum_{i=1}^{n}n\cdot C_{n-1}^{i-1}=n\sum_{i=0}^{n-1}C_{n-1}^{i-1}= n2^{n-1}
\]

\[\displaystyle C_n^m\cdot C_m^r=C_n^r\cdot C_{n-r}^{m-r}
\]

\[\displaystyle C_n^0-C_n^1+C_n^2+\cdots +C_n^m=0
\]

组合数基本处理 $O(n)$

const int N = 1e5 + 7, MOD = 1e9 + 7;

int add(int a, int b) { if ((a += b) >= MOD) a -= MOD; return a; }

int mul(int a, int b) { return ll(a) * b % MOD; }

int C(int a, int b) { return mul(jc[a], mul(ijc[a - b], ijc[b])); }

int qpow(int a, int b) {

	int r = 1;

    for (; b; b >>= 1) {

        if (b & 1) r = mul(r, a);

        a = mul(a, a);

    }

    return a;

}

int jc[N], ijc[N];

void ini() {

    jc[0] = 1; for (int i = 1; i < N; i++) jc[i] = mul(jc[i - 1], i);

    ijc[N - 1] = qpow(jc[N - 1], MOD - 2);

    for (int i = N - 2; i >= 0; i--) ijc[i] = mul(ijc[i + 1], i + 1);

}

Lucas 定理

对于正整数 $n, m~ (n\ge m)$, 素数 $p$, 令 $n=n_kp_k+n_{k-1}p^{k-1}+\cdots+n_1p+n_0$, $m=m_kp_k+m_{k-1}p^{k-1}+\cdots+m_1p+m_0$, 则

\[\displaystyle \binom{m}{n}\equiv \prod_{i=0}^k \binom{m_i}{n_i}\pmod p
\]

可变形为：

\[\displaystyle \binom{m}{n}\bmod p=\binom{\left\lfloor\frac{m}{p}\right\rfloor}{\left\lfloor\frac{n}{p}\right\rfloor}\cdot \binom{m\bmod p}{n\bmod p}\bmod p
\]

用 Lucas 定理可快速求解 $C_n^m\bmod p$. 代码：

const int mod=10007;

int jc[mod], ijc[mod], T, n, m;

inline int lucas(int a, int b) {

	if (a>b) return 0;

	if (b<=mod) return jc[b]*ijc[a]%mod*ijc[b-a]%mod;

	return lucas(a/mod, b/mod)*lucas(a%mod, b%mod)%mod;

}

int main() {

	jc[0]=jc[1]=ijc[0]=ijc[1]=1;

	for (int i=2; i<mod; ++i)

		jc[i]=jc[i-1]*i%mod, ijc[i]=(mod-mod/i)*ijc[mod%i]%mod;

	for (int i=2; i<mod; ++i)

		ijc[i]=ijc[i-1]*ijc[i]%mod;

	for (scanf("%d", &T); T; --T)

		scanf("%d%d", &n, &m), printf("%d\n", lucas(m, n));

	return 0;

}

矩阵乘法

由 $a_n=2a_{n-3}+a_{n-1}$ 得矩阵转移方程：

\[\begin{bmatrix} a_n & a_{n-1} & a_{n-2} \end{bmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 2 & 0 & 0 \end{pmatrix} \times \begin{bmatrix} a_{n-1} & a_{n-2} & a_{n-3} \end{bmatrix}
\]

这里采用 [] 表示 $1\times 3$ 矩阵，() 表示 $3\times 3$ 矩阵。

ll p[5][5], b[5][5], d[5][5], t[5][5];

memset(p, 0, sizeof p), memset(b, 0, sizeof b), memset(d, 0, sizeof d);

for (int i=1; i<=3; i++) b[i][i]=1ll;  // unit matrix

p[1][1]=1ll, p[1][2]=1ll, p[1][3]=0ll;

p[2][1]=0ll, p[2][2]=0ll, p[2][3]=1ll;

p[3][1]=2ll, p[3][2]=0ll, p[3][3]=0ll; // transition matrix

d[1][1]=6ll, d[1][2]=1ll, d[1][3]=3ll; // initial matrix, a_3, a_2, a_1

// n<=3 特判

if (n<=3) {printf("%d\n", d[1][4-n]); return 0; }

// 矩阵快速幂

int K=n-3;

while (K>0){

	if (K&1) {

		// (b) *= (p)

		memset(t, 0, sizeof t);

		for (int i=1; i<=3; i++)

			for (int j=1; j<=3; j++)

				for (int k=1; k<=3; k++)

					t[i][j]=(t[i][j]+b[i][k]*p[k][j]) % mod;

		memcpy(b, t, sizeof b);

	}

	// (p) = (p)^2

	memset(t, 0, sizeof t);

	for (int i=1; i<=3; i++)

		for (int j=1; j<=3; j++)

			for (int k=1; k<=3; k++)

				t[i][j]=(t[i][j]+p[i][k]*p[k][j]) % mod;

	memcpy(p, t, sizeof p);

	K>>=1;

}

// [t] = [d] * (b)

memset(t, 0, sizeof t);

for (int i=1; i<=3; i++)

	for (int j=1; j<=3; j++)

		t[1][i]=(t[1][i]+d[1][j]*b[j][i]) % mod;

printf("%lld\n", t[1][1]);

数学规律

Catalan 数

\[H_n=\displaystyle\frac{C_{2n}^n}{n+1}
\]

1, 1, 2, 5, 14, 42, 132, ...

以下问题属于 Catalan 数:

有 $2n$ 个人排成一行进入剧场. 入场费 5 元. 其中只有$n$个人有一张 5 元钞票, 另外 $n$ 人只有 10 元钞票, 剧院无其它钞票, 问有多少中方法使得只要有 10 元的人买票, 售票处就有 5 元的钞票找零？

一位大城市的律师在她住所以北 $n$ 个街区和以东 $n$ 个街区处工作. 每天她走 $2n$ 个街区去上班. 如果他从不穿越（但可以碰到）从家到办公室的对角线, 那么有多少条可能的道路？

在圆上选择 $2n$ 个点, 将这些点成对连接起来使得所得到的 $n$ 条线段不相交的方法数？

对角线不相交的情况下, 将一个凸多边形区域分成三角形区域的方法数？

一个栈 (无穷大) 的进栈序列为 $1,2,3, \ldots ,n$ 有多少个不同的出栈序列？

$n$ 个结点可够造多少个不同的二叉树？

$n$ 个不同的数依次进栈, 求不同的出栈结果的种数？

$n$ 个 $+1$ 和 $n$ 个 $-1$ 构成 $2n$ 项 $a_1,a_2, \ldots ,a_{2n}$, 其部分和满足 $a_1+a_2+ \cdots +a_k\ge 0$ $(k=1,2,3, \ldots ,2n)$, 该数列为？

ssoj1073：给定 $0<p<q<100,p,q\in\mathbf{N}^*$, 求 $\displaystyle\frac{H_q}{H_p}$.

解：令 $q=p+x,x\in\mathbf{N}^*$, 则

\[\displaystyle \frac{H_q}{H_p}=\frac{C_{2q}^q\cdot (p+1)}{C_{2p}^p\cdot (q+1)} =\frac{\displaystyle\frac{(2q)!}{(q!)^2}\cdot (p+1)}{\displaystyle\frac{(2p)!}{(p!)^2}\cdot (q+1)}=\frac{\displaystyle\frac{(2p+2x)!}{\big((p+x)!\big)^2}\cdot (p+1)}{\displaystyle\frac{(2p)!}{(p!)^2}\cdot (p+x+1)}=\frac{\displaystyle\prod_{i=2p+1}^{2q}{i}\cdot(p+1)}{\left(\displaystyle\prod_{i=p+1}^q{i}\right)^2 (q+1) }
\]

带入特殊值计算.

Stirling 数

（2007 普及）将 $n$ 个数 $1,2,\ldots,n$ 分成 $r$ 个部分. 每个部分至少一个数. 将不同划分方法的总数记为 $S_n^r$. 例如, $S_4^2=7$, 这 7 种不同的划分方法依次为 $\{(1) , (234) \},\{(2) , (134) \},\{(3) , (124) \},\{ (4) , (123) \},\{ (12) , (34) \},\{ (13) , (24) \},\{ (14) , (23) \}$. 当 $n=6, r=3$ 时, $S_6^3=$（）

\[S_n^m = m S_{n-1}^{m} + S_{n-1}^{m-1}
\]

\[S_n^1 = 1,S_n^0 = 0,S_n^n = 1
\]