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差分序列

2011年9月29日 8 条评论

不小心遇到一题4次求和，推公式推了好久。。想想实在是没有必要，每次遇到还得推一边实在是累。。所以，回来就写了一个差分的版本，单次计算的效率不比直接公式差，不容易出错，而且，再也不用蛋去推多项式公式了

至于什么是差分序列，这个我就不解释了，wiki上应该可以找到。我的写法是借鉴了牛顿插值的，使用了一个递推的写法（一般求多项式都会用这个， 比如4n^3 + n^2 + 2 * n + 3，一般写成 ((4n + 1) * n + 2) * n + 3）

初始化细节说明：order是生成的多项式的阶，请确保它大于或等于实际的多项式阶。order阶的多项式需要用order+1项进行init，请把这前order+1项存入数组cof中。最后调用init函数，就可以用calc来计算任意项了。

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/******************************************************************************
  * Differential Sequence
  * init: O(order^2)
  * you should init the cof[i] with the value of i-th value of sequence
  * the sequene start from startfrom, default is 0, so a[0] is the first one
  * 	of sequence a
  * calc: O(order)
  ****************************************************************************/
 
const int ORDERLIM = 100;
 
double cof[ORDERLIM + 1];
int order;
const int startfrom = 0;
 
void init()
{
	int i, j;
	for(i = 1; i <= order; i++) {
		for(j = order; j >= i; j--) {
			cof[j] -= cof[j - 1];
		}
	}
}
 
double calc(double n)
{
	int i;
	double res = 0;
	for(i = order; i > 0; i--) {
		res += cof[i];
		res *= (n - i + 1 - startfrom) / i;	
	}
	res += cof[i];
	return res;
}
 
/******************************************************************************
  * MOD version of Differential Sequence
  * cof should not overflow MOD
  * MOD should should not less than order
  * MOD should be prime
  * need inverse in mod MOD system
  ****************************************************************************/
typec MOD = 1000000007;
typec cof[ORDERLIM + 1];
typec inv[ORDERLIM + 1];
int order;
const int startfrom = 0;
 
void init()
{
	int i, j;
	for(i = 1; i <= order; i++) {
		inv[i] = inverse(i, MOD);
		for(j = order; j >= i; j--) {
			cof[j] -= cof[j - 1];
		}
	}
}
 
typec calc(typec n)
{
	int i;
	typec res = 0;
	for(i = order; i > 0; i--) {
		res += cof[i], res %= MOD;
		res *= (n - i + 1 - startfrom) % MOD * inv[i] % MOD;
		res %= MOD;
	}
	res += cof[i], res %= MOD;
	while(res < 0) res += MOD;
	return res;
}
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Lucas定理推广（组合数取模）

2011年4月21日 7 条评论

比赛的时候，意外想到了个方法来处理组合数取模。一推，发现就是Lucas定理，并且，在模数是素数乘方的情况作了些推广。使得lucas能够处理模任意数的组合数取模。

Lucas定理

首先给出Lucas定理的递归描述

lucas定理

简要证明思路：

考虑连续的p个整数（p是素数），把能整除p的那个数除去，然后取模，再乘起来模p其实是-1(*)。注意，因为和p互素的原因，这东西是可约的。

再考虑这个组合公式

上下都有k项，你能取的长度为p的连续整数有k/p段(从后往前取)，每一段去掉那个能被p整除的数，然后，上下因为有相同的段数，所以就被约掉了（明白为什么在这种情况下是可约的么？）。

为什么能被p整除的数要被单独的拉出来呢？因为，和模数有公因子的数加入取模运算会导致不可逆。所以这些能被p整除的数需要被提取出来单独处理。

于是，有了后面部分的C(n/p, k/p)，其实就是每个被提取出来的数再提取了一个因子p（因为上下提取出来的数一样多，所以，这些p自然就被约掉了）。然后，你幸运的发现，他是个组合数，于是问题被递归。最后，我们还有个前缀没有被处理。但是，因为模数是p，所以有下面公式

把这写合并在一起，就有了Lucas定理的递归表述（公式1）

推广的Lucas

那么要怎么处理模数是素数p的乘方的情形呢？其实是一样的，只不过，有些东西就不再退化了，比如公式6。我们可以用同样的方式，先把因子p全部提取出来单独处理，于是得到如下的公式，来处理p的乘方。

其中

式2的前缀（F除以F）就是上面的公式6不能退化的情况。为什么？因为其中可能含有因子p。因子p加入会导致乘法取模的不可逆。

需要注意的是，前缀很可能不是整数，在写代码的时候这个地方很容易犯错！所以要先进入子问题（可以用一个栈搞定）。

一般的组合数取模

有了这些，我们能干什么呢？其实，Lucas及其扩展只是把原来的组合数取模问题分割成了更小规模的问题（有lg(k)/lg(p)个）。

考虑一个一般的问题，模数m任意。

策略：

我们把m先素数分解，然后用Lucas及其扩展分割。然后对每个小问题解决合并。合并可以用CRT进行（同余方程组，中国剩余定理）。于是，如果简单的组合数取模能在O(k)的时间完成，我们就得到一个O(\min (k, p^t \cdot log_p(t)))时间复杂度的算法（其中p是m的素因子，t是该素因子的个数），然后我们需要用lg级别的时间，完成每一个的合并，空间取决于素数表的大小（当然，可以没有，没有的话，就是lg级别的空间了）

可能的退化：如果p非常小，t非常大，即模数是小素数的高次。这个时候问题被退化到差不多O(k)的复杂度，k很大的情况下会很慢。但是经过测试，平均的情况非常快。

下面给出代码
CombinationNumber.cpp
包含一个比扩展lucas更稳定的版本

（很长，包括了需要用到的所有模块，同余方程组素数表什么的都在，用的时候记得先生成素数表）：

PS:公式5： Wilson定理，当然这东西是什么不重要，因为都会被约掉。

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素数的平方和表示

2011年4月11日 3 条评论

问题：

找到这样的正整数A和B，使得A^2 + B^2 = p

 

当然，只有模4余1的素数（大于2）的才有平方和表示^^

假设p(>2)是两个数a和b平方的和，因为p是奇数，所以a和b有一个是奇数另一个是偶数。假设a=2m, b=2n+1, 则a^2 + b ^2 = 4m^2+ 4n^2 + 4n + 1， 显然，它模4余1

现在证明以下定理，证明本身就是一个算法（费马降阶Fermat's method of descent）

For \; p \; is \; prime \; more \; than \; 2: \; p \equiv 1 \mod 4 \Leftrightarrow \exists a, b \in N^*, p = a^2 + b^2

 

  • 首先，由二次互反律，存在整数A, B使得A^2 + B^2 = Mp, 其中M是小于p的正整数

若A=1，则B^2 \equiv -1 \mod p，所以只要我们能找到这样的B，就OK了

二次互反律说明，-1是二次剩余，所以这样的B是可以被找到的（稍后说怎么找，算法）


  • 然后就是用费马降阶对这个初始的式子进行变换了
    1. 取u, v，使得u \equiv A (\mod M), v \equiv B (\mod M), -\frac{M}{2} \leqslant u, v \leqslant \frac{M}{2}
    2. 注意到u^2 + v^2 \equiv A^2 + B^2 \equiv 0 \; (\mod M)，所以我们有u^2 + v^2 = Mr\;(1 \leqslant r < M)
    3. 所以(uA+vB)^2+(vA-uB)^2=(u^2+v^2)(A^2+B^2)=M^2 rp
    4. 把M^2除到左边，得到(\frac{uA+vB}{M})^2+(\frac{vA-uB}{M})^2=rp
    5. 这个式子和初始的A^2 + B^2 = Mp一个格式，并且有r \leqslant \frac{M}{2}
    6. 不断重复以上步骤，M的规模每次至少减半，直到成为1，于是算法结束。此时我们也得到了p的平方和表示，并且完成了证明。
    7. 费马降阶算法的时间复杂度为O(log(M))，因为每次M的规模至少减半

PS:很漂亮的恒等式：(uA+vB)^2+(vA-uB)^2=(u^2+v^2)(A^2+B^2)，值得好好研究下

  • 这样，这个定理是证明了，但是，算法却没有结束。因为初始的B还没有找到（虽然它必然存在），以下给出一个随机算法
    1. 注意到欧拉准则a^{\frac{p-1}{2}} \equiv (\frac{a}{p})( \mod p)
    2. 所以二次非剩余的(p-1)/2次同余-1模p
    3. 因为二次非剩余有一半（在1~p-1之间），所以每次随即的选取a，我们有一半的机会获得二次非剩余
    4. k次全部失败的概率是0.5^k，数学期望在两次左右就可找到二次非剩余
    5. 每次计算a^{\frac{p-1}{2}} \mod p的代价是O(log(p))的
    6. 所以算法在期望O(log(p))的时间结束

 

PS：一些猜想：如果素数模4余1，则平方剩余成对出现，即a是平方剩余，则-a也是平方剩余。如果素数模4余3，a是平方剩余，导致-a必然不是平方剩余，即他们总是落单（这其实是显然的，否则就可以用费马降阶，构造出模4余3的素数的平方和表示了，而这是不可能的。但猜想的前半句却不是那么显然的）

上面的算法主要来自《数论概论》这本书，26章是直接对于这个问题的。

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基于二进制的递推

2011年3月15日 没有评论

快半年没更新了，囧。。

把去年的某类结果整理了下，总结如下：

我们都习惯了前后项的逐项递推策略，这类一般的策略，可以称之为线性方式。下面，我说一种当序列满足某些性质是能狗构造的平方递推模式(基于项的二进制表示)

序列需要满足的性质

***我们假设序列为a[1], a[2], a[3], a[4], a[5], ..., a[n]，以下所说的“简单”，意思是计算时间代价低于线性

  1. a[n] -> a[2n]是简单的（n是2的幂）
  2. a[n], a[m] -> a[n + m]是简单的（n是2的幂，且m小于n）

当然，有一个更强的性质会使问题简化（它是上面条件的充分条件，但不是必要的）

a[n], a[m] -> a[n + m]是简单的（m, n为任意正整数）

算法构造

首先考虑到因为性质1，所以，在已知a[1]推a[n]是非常简单的（其中n是2的幂）。
其次，假设我们已经知道a[1]~a[n-1]的所有值，依赖性质2，我们可以轻易的把这些和a[n]合并，然后得到a[n + m]的值。于是，我们获得了a[1]~a[2n - 1]的所有值。
注意到我们有a[1]所以，我们能对整个序列产生一个覆盖。

接下去我们构造算法，来求特定的位置的a[p]

  1. 假设p = n + m，n是不大于p的最大的2的幂，我们要做的只是求a[n]和a[m]。m大小的子问题和p大小的问题只在规模上存在不同。问题很快被递归到二进制低位
  2. 现在我们倒过来，你懂的。按照二进制展开逐位往高位递推（而且，我们在递推过程中逐位生成了a[n]，n是二的幂，真是一举两得）。

再给张图片，方便大家理解，推导规模为1101的情况

recurrence

时间效率分析

这个还是依赖于合并和地推的效率的，如果性质1和2的效率是O(1)的，那么，最终效率就是O(lgn)，这个效率已经达到了信息量上的线性，单从界的角度已经是最好的了。

实例

逐次平方求幂，移位乘法，等比前n项和等各种都可以用这种方法构造，效率就不用多说了，时间O(lgn)，空间O(1)

分类: ACM, Math 标签:

组合数取模总结

2010年10月25日 8 条评论

组合数取模，其实实际用途不大。。好吧，acm老喜欢出这样的题目，因为数据可能很大。。

以下给出第一个约分版本的组合数取模，能够处理当C(n,m) mod s当m不是很大的情况，有很多优化，先给代码吧^^

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int combination_Mod_m (int a, int b, int m)
{
    const int gate = 2000000000;  ///larger gate for more Optimization
    if (b > a) return 0;
    b = (a - b < b) ? a - b : b;
    int d[b], tmp = 1 ,l = 0, h, j, g;
    for (l = 0, j = a - b + 1; a - l >= j; l++)
    {
		d[l] = a - l;
		while(gate / d[l] >= j && a - l != j)
			d[l] *= j, j++;
    }
    for (j = 2, h = b; j <= h; h--)
    {
    	tmp *= h;
        while (gate / tmp >= j && h != j)
        	tmp *= j, j++;
        for (int i = 0; tmp != 1; i++)
        {
            g = gcd (tmp, d[i]);
            d[i] /= g, tmp /= g;
        }
    }
    int result = 1;
    for (int i = 0; i < l; i++)
        d[i] %= m, result *= d[i], result %= m;
    return result;
}

思路很直接——约分，基于这个公式(^n _m) = \frac{n \cdot (n-1) \cdots (n-m+1)}{1 \cdot 2 \cdot (m-1)\cdots m}，直接吧分子全部保存在一个数组里，然后用下面的数不断gcd，约去公因子，直到去约的数成为1，即下面所有的数都成为1。注意我加了一个优化——把分子和分母尽可能合并，以减少gcd运行的次数，这是一种贪心的策略。

基于以下的问题:给定若干容器，每个里面存放了一个数，每个有一个容量的上限。规定一次合并操作——把两个容器合并为一个，但是其中保存的数为两个数的乘积。求若干合并之后，容器总数最少。

策略：先排序，然后从最大的数开始，找最小的数和它乘，看有没有溢出，没有就合并这两个数，并且“删掉”最小的，用新的最小的数重复刚才的过程（和选定的那个大的数相乘），否则取次大的，不断进行这个过程，直到到达序列末。不难证明它是最优的。基于这个优化，在m不是很大的时候（一般不超过100），这个算法是接近线性(O(m))的，joj 2606就是这么被我优化到0.00s的^^

第二个版本，使用素数分解约分，这个版本很快，估计应该是亚线性的，但它不能处理n非常大的情况，一般能够处理n在最大1000000左右的情况，并且需要用到素数表。基于以下公式：(^n _m) = \frac{n!}{m!\cdot(n-m)!}，先贴代码^^

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///need prime table,and n < N
int combination_Mod_h (int n, int m, int h)
{
	if(h == 1) return 0;
        int result = 1, cnt = 0, temp;
	for(int i = 1; i < prime[0] && prime[i] <= n; i++)
	{
		temp = n, cnt = 0;
		while(temp)
			temp /= prime[i], cnt += temp;
		temp = n - m;
		while(temp)
			temp /= prime[i], cnt -= temp;
		temp = m;
		while(temp)
			temp /= prime[i], cnt -= temp;
		temp = prime[i];
		while(cnt)
		{
			if(cnt & 1)
                                result *= temp, result %= h;
			temp *= temp, cnt >>= 1, temp %= h;
		}
		if(result == 0) return 0;
	}
	return result;
}

这个基本没啥好说的，都比较直接，有一点要提一下：m!中素因子p的数目，求法:m不断除p，除的结果不断加到一个变量保存，当m为0的时候，那个保存的结果即所求（第9,12,15行都是这个过程），如果你大脑能作一个数域的映射的话，这个是显然的，当然你也可以技巧性的通过公式变形得到，具体就不解释了^^

接下去介绍一个线性O(m)的方法，简单的说，就是把模数分解，然后同余方程组合并，这里给出模素数p的情况和模素数的乘方p^k的情况

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///O(m) p is prime number, p*p < INT_MAX
int combination_Mod_p (int n, int m, int p)
{
    if (m > n) return 0;
    m = (n - m < m) ? n - m : m;
    int a = 1, b = 1, x, y, pcnt = 0;
    for (int i = 1; i <= m; i++)
    {
        a *= n - i + 1, b *= i;
        while (a % p == 0) a /= p, pcnt++;
        while (b % p == 0) b /= p, pcnt--;
        b %= p, a %= p;
    }
	if (pcnt) return 0;
    extended_gcd(b, p, x, y);
    if (x < 0) x += p;
    x *= a, x %= p;
    return x;
}
///O(m)
///p is prime and p^k < INT_MAX
int combination_Mod_pk (int n, int m, int p, int k)
{
    if (m > n) return 0;
    m = (n - m < m) ? n - m : m;
    int a = 1, b = 1, x, y, pa = 1, pb = 1, pcnt = 0;
    int q = power(p, k);
    for (int i = 1; i <= m; i++)
    {
        a *= n - i + 1, b *= i;
        while(a % p == 0) pa *= p, a /= p;
        while(b % p == 0) pb *= p, b /= p;
        while (pa % q == 0) pa /= q, pcnt++;
        while (pb % q == 0) pb /= q, pcnt--;
        b %= q, a %= q;
    }
    if(pa < pb) pcnt--, pa *= q;
    pa /= pb, a *= pa, a %= q;
    if (pcnt) return 0;
    extended_gcd(b, q, x, y);
    if (x < 0) x += q;
    x *= a, x %= q;
    return x;
}
/**
  * Extended Euclid's Algorithm
  * ax+by=gcd(a,b);
  **/
int extended_gcd (int a, int b, int &x, int &y)
{
    if (!b)
        return x = 1, y = 0, a;
    int ret = extended_gcd (b, a % b, x, y), tmp = x;
    x = y, y = tmp - (a / b) * y;
    return ret;
}
int power (int x, int k)
{
    int result = 1;
    while (k)
    {
        if (k & 1)
            result *= x;
        x *= x, k >>= 1;
    }
    return result;
}

这个原理不难，就是分子分母分别对p取模，然后求逆。。当然，需要注意可能的退化情况。
假设分母为b，分子是a，则最后需要求a \equiv b \cdot x\, (mod \, p)的x值。
注意，如果b和p有大于1的公因子，会有多解，这个就是退化情况，所有在过程中需要不断抽取b中p的因子，抽取之后再不断取模，这样就可以了。
当然，因为a中相应的要约去b中被抽取的因子(这些都被一些临时变量保存)，所以a也要抽取p的因子（需要注意的是，乘了再约和约了再乘是不一样的，前者会导致失真）

当然，上面是通过同余方程组，不用同余方程组的话，可以得到一个m*lgn的算法，不断抽取模数m的因子^^，也给出代码吧，因为没有同余方程组，实现稍简单一些，如果要求不是太高，也可以用

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/// s*s < INT_MAX , and s can be any positive number
int combination_Mod_s (int n, int m, int s)
{
    if (m > n) return 0;
    m = (n - m < m) ? n - m : m;
    int a = 1, b = 1, x, y, g, pcnt = 0;
    int pa = 1, pb = 1; ///To be sure that pa and pb is not overflow
    for (int i = 1; i <= m; i++)
    {
        a *= n - i + 1, b *= i;
        while( (g = gcd(a, s)) > 1) pa *= g, a /= g;
        while( (g = gcd(b, s)) > 1) pb *= g, b /= g;
        g = gcd(pa, pb), pa /= g, pb /= g;
        while (pa % s == 0) pa /= s, pcnt++;
        while (pb % s == 0) pb /= s, pcnt--;
        b %= s, a %= s;
    }
    while(pcnt) pcnt--, pa *= s;
    pa /= pb, pa %= s, a *= pa, a %= s;
    if (pcnt) return 0;
    extended_gcd(b, s, x, y);
    if (x < 0) x += s;
    x *= a, x %= s;
    return x;
}

最后，是一个我还没完全参透的定理：Lucas定理，具体可以参看wiki，目前还不太清楚能不能处理p的乘方（要是能就好了^^），慢慢研究吧

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/**
  * Lucas' theorem---combination number mod prime p
  * Be sure that p*p<INT_MAX
  **/
int lucas (int m, int n, int p)
{
    int result = 1;
    while (m && n && result)
        result *= combination_Mod_p (m % p, n % p, p), result %= p, m /= p, n /= p;
    return result;
}
分类: ACM, Math 标签: , ,