近期算法学习记录

近期算法学习记录

杂项

1. ​trunc(x)​

   截断小数部分

   ​trunc(-2.3)​

   ​-2.0（结果）​

2. 遇到某类题目，类似背包 dp 优化思想，若这个题目我们关注的这个条件变量，在一个 0 到 i 的总循环次数中，我们只需要记录第 k 次和第 k-1 次的话，那就不需要开一个全局数组，用一个变量记录就行，节约了空间和每次清空数组的时间。同时注意如果是一个线性的条件，每遇到 xx 条件我们进行一次操作，一定要注意最后走到线性的终点，那个终点本身算不算一次 xx 条件，需要我们在走完整个线性再记录一次。

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3. sort 函数注意不要排多余位置，不然多余位置如果是 0，你从小到大排，不跑前面去了吗。

4. a.resize(n + 1); // 方便从 a[1] 开始，忽略 a[0]
   ​resize(n + 1)​：将 a​ 的长度调整为 n+1​。

   dp0.assign(n + 1, 0);
   语法含义：
   assign(length, value) 是 vector 的用法之一，表示：

   把这个 vector 清空；

   然后变成长度为 n+1，所有值为 0 的数组。

每次调用 assign​ 或 resize​，时间复杂度是 O(n)

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5. If情况很多时，可以用这种写法：

   bool ok_cur = (a[i] == 1 || a[i] == -1);
   bool ok_prev = (a[i-1] == 0 || a[i-1] == -1);

   逐行解释：a[i] == 1 || -1：当前位置必须能是阳光a[i-1] == 0 || -1：前一个位置必须能是月光也就是说，这对 (i-1, i) 必须形如 0 1、-1 1、0 -1、-1 -1
   

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6. 不要忘了使用unsigned long long；

7. m = 1 - m;
   如果 m == 0，变成 1

   如果 m == 1，变成 0

或者 m ^= 1;

8. 2LL而不是2，相乘时经常注意。

9. 1 和任何非 1 的正整数都是互质的。

10. 给你m个质数，这些数都是互质，同时可以得出是质数的正整数次方得到的数替换这个质数构成的集合也是都互质。

12. ‍

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判断一个数是不是 2 的某次方

#include <cmath>
bool isPowerOfTwo(int n) {if (n <= 0) return false;double x = log2(n);return floor(x) == x;
}

或使用位运算：

bool isPowerOfTwo(int n) {return n > 0 && (n & (n - 1)) == 0;
}

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预处理所有 2 的幂次

    const int MAXN = 500000;static int pow2[MAXN+1];pow2[0] = 1;for(int i=1; i<=MAXN; ++i)pow2[i] = (pow2[i-1] << 1) % MOD;

重点解释：

• ​pow2[i]​ 表示 $2^i\mathrm{mod}MOD$
• ​<<1​ 是 左移一位，等于乘以 2（即 $2^i=2^{i-1}\times 2$）
• 为什么预处理？因为我们频繁要用 $2^k$ 的值（表示 -1​ 有多少种替换方式）

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位运算知识补充

异或：相同为 0，不同为 1。

(a >> k) & 1意思是：取出第 k 位是 0 还是 1（从第0位开始算）---------------------------------------------------
例子：
a = 13 // 二进制 1101
a >> 2 = 11 = 0011  （右移 2 位）
(a >> 2) & 1 = 1    // 看第2位是否是1

按位计算常见操作：

const int max_bit = 31;  // int 最大支持到第31位（0~31），因为题中 A[i] <= 1e8（约位2的31次方）
# 我们打算每一位一位来计算对最终答案的贡献。for (int k = 0; k <= max_bit; k++) {
#我们要处理每一位 k（第 0 位~第 31 位），问这一位对所有异或结果的总贡献是多少。

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核心操作代码详解：

long long M = (1LL << (k + 1)) - 1;

它的作用是构造一个掩码 M，这个 M 是一个仅低 ​k+1​​ 位为 1，其他高位全部为 0的数。这个掩码之后会被用于：

unsigned int x = a[i] & M;

以便把 a[i]​ 的低 ​k+1​​ 位（0~k位） 保留下来，高位清零。

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一、首先什么是 1LL << (k+1)​？

左移运算 <<​ 的意思是：

把一个数往左移动若干位，相当于乘以 2 的若干次方。

举个例子：

1 << 3 = 8    // 因为 2^3 = 8

所以：

1LL << (k + 1) 就是 2^(k+1)

但结果是个二进制形式，比如：

• ​k = 2​，那么 1LL << 3 = 8​ → 二进制是 00001000​

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二、减去 1 会发生什么？

举个例子：

1LL << 3 = 8  ->  二进制 00001000
8 - 1 = 7     ->  二进制 00000111

也就是：低3位变成了全是1，高位是0

所以结论是：

(1LL << (k + 1)) - 1

构造了一个数，它的二进制是：

• 低 k+1 位（0~k位）是 1
• 高位是 0

我们叫它“掩码 mask”，比如：

k	表达式	值	二进制
0	(1LL << 1) - 1 = 1	1	00000001
1	(1LL << 2) - 1 = 3	3	00000011
2	(1LL << 3) - 1 = 7	7	00000111
3	(1LL << 4) - 1 = 15	15	00001111
…	…	…	…

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三、它的作用是什么？

有了这个 M​，我们就可以写：

x = a[i] & M;

也就是：把 a[i]​ 的低 ​k+1​​ 位保留，其余高位全部置为 0。

因为按位与 &​ 的规则是：

• 1 & x = x
• 0 & x = 0

例子：

a[i] = 10101101
M    = 00000111   （k=2，保留低3位）x = a[i] & M = 00000101

最终只保留了 a[i]​ 的低 k+1​ 位。

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四、为什么要这样做？

因为题目说：我们在判断这个“神秘异或”的时候，需要从最低位往高位扫，统计1的个数是否为奇数。

所以每次我们处理第 k​ 位时：

• 我们需要知道“从第 0 位到第 k 位”里有几个 1
• 只处理到第 k 位为止

→ 所以只保留前 k+1​ 位（从第 0 位到第 k 位），这正是 a[i] & M​ 的作用。

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五、一句话总结

long long M = (1LL << (k + 1)) - 1;

构造了一个掩码 M​，它的作用是：

保留 a[i]​ 的最低 k+1​ 位（第 0~k 位），把高位全部清零，以便只分析这部分位的信息。

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int parity = __builtin_parity(x);
这个是 GCC 内置函数：作用：返回 x 中 1 的个数的奇偶性返回值是 1（奇数）或 0（偶数）很多时候我们求第x位是第奇数个1还是第偶数个1，只需要求前x个位里有奇数个1还是偶数个1就行了，有奇数个1，那这一位不就是第奇数个1吗

记住：两个数异或后，1 的个数 = a 和 b 在该段的不同位个数，且如果只关注前0~k位，a的1个数是奇数，b的1个数是偶数，那么a和b异或后的c的1的个数是奇数，即c的第k位如果异或后是1，那一定是第奇数个1，同理a的1个数和b的1的个数都是奇数或者偶数，那c的1的个数就是偶数。

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#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;const int N = 500000;
const long long MOD = 998244353;long long a0[N + 5], a1[N + 5], a2[N + 5], a3[N + 5];
long long ans[N + 5];int main() 
{a0[0] = 1;a1[0] = a2[0] = a3[0] = 0;for(int i = 1; i <= N; i++) {a0[i] = i * a0[i - 1] % MOD;a1[i] = (a0[i - 1] + i * a1[i - 1]) % MOD;a2[i] = (2LL * a1[i - 1] + i * a2[i - 1]) % MOD;a3[i] = (3LL * a2[i - 1] + i * a3[i - 1]) % MOD;ans[i] = (a3[i] + 3LL * a2[i] + a1[i]) % MOD;}int T;cin >> T;while (T --) {int n;cin >> n;cout << ans[n] << endl;}return 0;
}

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a1[i] = ∑ 所有长度为 i 的排列 P 的 f(P)如此题情况可当结论记，如果我们知道一堆f(P)的和,即a1[i],如果让我们求的是f(P)的和，那只需要输出a1[n]就可以了，但是如果是求一堆f(P)分别三次方再加起来求和的话，那就可以套这个题，即ans[n].‍a0[0] = 1;
a1[0] = a2[0] = a3[0] = 0;for(int i = 1; i <= N; i++) {a0[i] = i * a0[i - 1] % MOD;a1[i] = (a0[i - 1] + i * a1[i - 1]) % MOD;a2[i] = (2LL * a1[i - 1] + i * a2[i - 1]) % MOD;a3[i] = (3LL * a2[i - 1] + i * a3[i - 1]) % MOD;ans[i] = (a3[i] + 3LL * a2[i] + a1[i]) % MOD;}
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gcd函数（辗转相除法）

ll gcdll(ll a, ll b) {while (b) {ll t = a % b;a = b;b = t;}return a;
}

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题目： 给定一个正偶数 n​，你要从 {1, 2, ..., n}​ 中挑出 恰好 ​n/2​​ 个数，组成一个子集 S​，要求满足：

对于 S​ 中任意三个数 x, y, z​（可以相等），它们的乘积 x*y*z​ 不能是一个完全平方数。

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一个整数是完全平方数，当且仅当它的 ​质因子次数都是偶数​。

例如：

• 36 = 2² × 3²（2 和 3 的次数都是偶数 → √）

• 45 = 3² × 5¹（5 的指数是奇数 → ×）

• 60 = 2² × 3¹ × 5¹（两个奇数指数 → ×）

  所以我们希望我们挑选的那些数，它们的质因子指数“乘起来”不会全变成偶数。

  换个角度说，如果我们选一些数，这些数的质因子个数是奇数个，那么任何三个相乘，它们乘积的质因子个数很可能是奇数总和（不是每个都变偶数），就不会构成平方数。

• 所以本题思路就变成了：

  挑出 n/2​ 个数，使得它们的质因子个数是奇数。

  这种质因子个数叫做：Ω(n) ，表示 n​ 的所有质因子总个数（含重数）
  例子：

  • 12 = 2² × 3¹ → 有 3 个质因子 → Ω(12) = 3
  • 18 = 2¹ × 3² → Ω(18) = 3
  • 30 = 2¹ × 3¹ × 5¹ → Ω(30) = 3

  而：

  • 6 = 2¹ × 3¹ → Ω(6) = 2（偶数） → 不选

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线性筛法

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdio>
using namespace std;
const int N=1e6+10;int primes[N],cnt;
bool st[N];//标记是否被筛过int num[N];
// num[x] 表示 x 的质因子个数,在需要知道每个数它的质因子个数的时候的题目需要用到。void get_primes(int n)
{for(int i=2;i<=n;i++){if(!st[i]) {primes[cnt++]=i;num[i] = 1;  // prime 只有自己 → 质因子个数为 1}for(int j=0;primes[j]<=n/i;j++)/*从小到大枚举所有的质数，primes[j]*i<=n保证了要筛的合数
在n的范围内*/{st[primes[j]*i]=true;//每次把当前质数和i的乘积筛掉，也就是筛掉一个合数num[prime[j]*i]= num[i] + 1;if(i%primes[j]==0) break;//当这一语句执行，primes[j]一定是i的最小质因子}}
}int main()
{int n;cin>>n;get_primes(n);cout<<cnt<<endl;return 0;
}

注意：primes数组是从下标0开始存的，primes[0]是第一个质数。

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$$\gcd \left(a^b,c^d\right)=\gcd (a,c{)}^{\min (b,d)}$$

注意这个公式的前提是：
a 和 c 的所有公共质因子都在同一个次数下出现，即：

• 如果 a = g * a'​，c = g * c'​ 且 gcd(a', c') = 1​，

• 那么才有：

  $$\gcd (a^b,c^d)=g^{\min (b,d)}$$

但是 当 ​a​​ 和 ​c​​ 本身不是 ​g * a'​ ​ 和 ​g * c'​ ​ 的形式（即不能被公共质因子完全约去）时，这个公式就会失效。

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给出一通用的计算代码：

#include <bits/stdc++.h> 
using namespace std;
#define ll long long
#define debug() cout << "_______________________" << endlconst ll mod = 998244353;ll a, b, c, d;ll qp(ll a, ll b, ll mod) {a %= mod;ll res = 1;while (b) {if (b & 1) {res = res * a % mod;}a = a * a % mod;b >>= 1;}return res;
}int main() {ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);ll T;cin >> T;while (T--) {cin >> a >> b >> c >> d;ll ans = 1;while (__gcd(a, c) != 1) {if (b < d) {swap(a, c);swap(b, d);}ll g = __gcd(a, c);ans = ans * qp(g, d, mod) % mod;a = g;  // 我们继续处理公共因子的幂次c /= g;    // 从 c 中移除公共因子b -= d;  //减掉公共幂}cout << ans << endl;}return 0;
}

可以看到核心逻辑为

ll ans = 1; //初始化答案，最终结果是多个公因子的乘积。while (__gcd(a, c) != 1) {   //只要 a 和 c 还有公共因子，就不断处理它。if (b < d) {swap(a, c);     swap(b, d);  //`c^d` 比 `a^b` 更强，那就交换过来，让 `a^b` 始终更大，方便我们减掉公共幂。//不可以只交换 b 和 d，因为 b 是 a 的幂，d 是 c 的幂。你不能让指数和底数“错配”。否则你就不再在计算 a^b 和 c^d 的 GCD 了。}ll g = __gcd(a, c);ans = ans * qp(g, d, mod) % mod;  //我们换完，d就是b和d里小的那个a = g;   //接下来对于剩下的幂（后面b减去d），我们来看g的贡献,因为g也有它的质因子，继续处理公共因子这个“核心底数”c /= g;  //剥离已经贡献的公共因子，准备下一轮处理b -= d;  //减掉用过的幂}cout << ans << endl;

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P12830 [蓝桥杯 2025 国 B] 新型锁（数位dp好题）

题目描述

密码学家小蓝受邀参加国际密码学研讨会，为此他设计了一种新型锁，巧妙地融合了数学的严谨性与密码学的安全性。这把锁包含 2025 个连续的数字格，每个格子需填入一个正整数，从而形成一个长度为 2025 的序列 {a1,a2,…,a2025}\{a_1, a_2, \ldots, a_{2025}\}{a1​,a2​,…,a2025​}，其中 $a_i$ 表示第 $i$ 个格子上的数字。

要想解锁，该序列需满足以下条件：任意两个相邻格子中的数字，其最小公倍数（LCM）均为 2025。即对于所有的 $i$（$1\le i\le 2024$），需满足：

$$\text{LCM}(a_i,a_{i+1})=2025$$

现在，请你计算有多少个不同的序列能够解开这把锁。由于答案可能很大，你只需输出其对 $10^9+7$ 取余后的结果即可。

输入格式

无

输出格式

这是一道结果填空的题，你只需要算出结果后提交即可。本题的结果为一个整数，在提交答案时只填写这个整数，填写多余的内容将无法得分。

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C(n,k)求法（需要模一个质数p时）

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要算：

$$C(n,k)=\frac{n!}{k!(n-k)!}\mathrm{mod}p$$

这里的除法不能直接做，要改写为：

$$C(n,k)=n!\cdot (k!{)}^{-1}\cdot ((n-k)!{)}^{-1}\mathrm{mod}p$$

所以必须知道 $k!$ 和 $(n-k)!$ 的逆元。

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如何高效求逆元？

当模数 $p$ 是质数时，可以使用 费马小定理：

$$a^{p-1}\equiv 1\mathrm{mod}p\Rightarrow a^{p-2}\equiv a^{-1}\mathrm{mod}p$$

所以我们可以用快速幂来求：

$$a^{-1}=a^{p-2}\mathrm{mod}p$$

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先预处理阶乘数组 + 阶乘的逆元数组

const int N = 1e6 + 10; // 看题目最大 n 设定
const int mod = 1e9 + 7;long long fact[N], inv[N];// 快速幂：a^b % mod
long long qpow(long long a, long long b) {long long res = 1;while(b) {if(b & 1) res = res * a % mod; // 如果当前位是1a = a * a % mod;               // a翻倍b >>= 1;}return res;
}void init() {fact[0] = inv[0] = 1;for(int i = 1; i < N; ++i)fact[i] = fact[i-1] * i % mod;           // 预处理阶乘inv[N - 1] = qpow(fact[N - 1], mod - 2);     // 最后一个阶乘的逆元for(int i = N - 2; i >= 1; --i)inv[i] = inv[i + 1] * (i + 1) % mod;     // 利用递推预处理所有逆元
}

• ​fact[i]​ 表示 $i!\mathrm{mod}p$

• ​inv[i]​ 表示 $(i!{)}^{-1}\mathrm{mod}p$

• 利用了逆元的递推公式：

  $$\text{inv}[i]=\text{inv}[i+1]\cdot (i+1)\mathrm{mod}p$$

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组合数查询函数

long long C(int n, int k) {if(k > n || k < 0) return 0;return fact[n] * inv[k] % mod * inv[n - k] % mod;
}

公式展开过程：

$$C(n,k)=\frac{n!}{k!(n-k)!}\mathrm{mod}p=fact[n]\cdot inv[k]\cdot inv[n-k]\mathrm{mod}p$$

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举例

int main() {init();cout << C(5, 2) << endl;  // 输出 10cout << C(1000000, 500000) << endl; // 秒出答案return 0;
}

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时间复杂度

操作	时间复杂度
初始化fact[]​和inv[]​	$O(n+\log p)$一次性预处理
单次查询组合数C(n, k)​	$O(1)$常数时间查询

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当然，如果我们不需要对任何数取模，可以直接：

long long C(int n, int k) {if(k > n || k < 0) return 0;if(k > n - k) k = n - k; // 对称性优化long long res = 1;for(int i = 1; i <= k; ++i) {res = res * (n - i + 1) / i;}return res;
}

$C(n, k) = \frac{n \cdot (n - 1) \cdot \cdots \cdot (n - k + 1)}{k!} $

对于核心逻辑这样一个for循环执行完，也就完成了我们原本想要的计算。

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lower_bound/upper_bound（二分）

1. 原理：二分
2. 数组：a[1~n];
3. lower_bound(a+1,a+n+1,x):从数组1~n查找第一个大于等于x的数，返回该数的地址，不存在的话返回n+1,然后减去起始地址a，得到下标。

for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
int x;
cin>>x;
cout<<lower_bound(a+1,a+1+n,x)-a<<endl;  返回x的数组下标（此数组从1开始存）//如果从0开始存，那就是：
for (int i = 0; i < n; i++) cin >> a[i];
int x;
cin >> x;
cout << lower_bound(a, a + n, x) - a << endl;//如果是用vector从0开始存，那就是：vector<int> a(n);
for (int i = 0; i < n; i++) cin >> a[i];
int x;
cin >> x;auto it = lower_bound(a.begin(), a.end(), x);
cout << (it - a.begin()) << endl;  // 输出0-based下标//如果是用vector从1开始存，那就是：vector<int> a(n + 1);  // 多开一个位置，a[1] 到 a[n] 用
for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];
int x;
cin >> x;auto it = lower_bound(a.begin() + 1, a.begin() + 1 + n, x);  //务必注意
cout << (it - a.begin()) << endl;  // 输出的是1-based下标-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------//如果想要查找降序数组
cout<<lower_bound(a+1,a+n+1,x,greater<int>())-a<<endl;  //在 降序排序的数组 a[1..n] 中，找第一个 小于等于 x（按降序的定义） 的元素位置。

1. upper_bound(a+1,a+n+1,x):从数组1~n查找第一个大于x的数，返回该数的地址，不存在的话返回n+1,然后减去起始地址a，得到下标。

for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
int x;
cin>>x;
cout<<upper_bound(1,n,x)-a<<endl;//如果想要查找降序数组
cout<<upper_bound(a+1,a+n+1,x,greater<int>())-a<<endl;

vector注意

​vector<int> pos[26]​（这是二维的）

• 含义：一个长度为 26 的数组，数组的每个元素是一个 vector<int>​。

• 作用：你相当于有 26 个独立的 vector<int>​，可以用 pos[0]​、pos[1]​ …… pos[25]​ 分别访问

  对于pos[i][p],

• ​pos[i]​ 取出来是一个 vector<int>​

• ​[p]​ 取的是这个 vector<int>​ 的第 p​ 个元素

• 注意这样构造出的26个vector的长度初始都是0.

而vector<int> pos（26）则是普通的一维的。

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