欧几里得算法 引理 \(1\)：\((a,b) = (a,a-b)\) 令 \((a,b)=d,(a,a-b)=k\)。 \(a \equiv 0 \pmod d, b \equiv 0 \pmod d,a-b \equiv 0 \pmod d\)，所以 \(k \ge d\) \(a \equiv 0 \pmod d, a-b \equiv 0 \pmod d,b=a-(a-b) \equiv 0 \pmod d\)，所以 \(d \ge k\)
兰道定理的内容： 一个竞赛图强连通的充要条件是：把它的所有顶点按照入度d从小到大排序，对于任意\(k\in [0,n-1]\)都不满足\(\sum_{i=0}^k d_i=\binom{k+1}{2}\)。 兰道定理的证明： 引理： 一个竞赛图强连通的充要条件是对于任意\(S \subsetneq 点集V\)，都存在一个点\(u \notin S\)
题目链接 题解 方法一 考虑将这个东西看成立方体。相当于在一个 \(a\times b\times c\) 的长方体里堆积，每一层必须堆积在墙角的方案数。 这个东西实际上相当于 \(c\) 个人从 \((a,b)\) 走到 \((0,0)\) ，路径可以重叠但不能穿过，路径总数。 这个问题考虑LGV引理，但是LGV引理处理的是不
Lyndon 分解 以下所有字符串的大小关系都是对字符串字典序的比较。 定义串 \(S\) 为 Lyndon 串当且仅当 \(S\) 小于其所有不为 \(S\) 的后缀。 该命题等架于 \(S\) 是它的所有循环表示中最小的。 定义串 \(S\) 的 Lyndon 分解为将 \(S\) 分为若干部分 \(S=w_1w_2\dots w_m\) 使得
讲的东西越难，越要坚持做笔记！ 以往的板子都记在剪贴板上，因为没什么推导。但群论不得不推导一堆。 置换与置换群 有限集合到自身的双射称为 置换。 e.g. 对于 \(\{a_1,a_2,\dots,a_n\}\), \[ f=\begin{pmatrix}a_1,a_2,\dots,a_n\\ a_{p_1},a_{p_2},\dots,a_{p_n} \end{pmat
\(LGV\) 引理 在有向无环图中，有一组起点 \(A = \{a_1,a_2……a_n \}\) 与终点 \(B=\{b_1,b_2……b_n \}\)。 定义 \(w(P)\) 为一条路径 \(P\) 中每条边权的乘积，即 \(w(P)=\prod_{e\in P}v_e\)。 定义 \(e(a,b)\) 为两点之间所有路径的 \(w\) 之和，即 \(e(a,b)=\sum_{P:a->b} w(P)\)
建立（广义）圆方树，并倍增维护答案信息（路径数和路径边权和） 显然答案信息可以支持合并，进而仅需求出同一个点双内两点的答案信息 结论：点双中存在两点$x,y$，使得整个点双恰由$x,y$间若干条不交的简单路径构成 对点双建立dfs树，并记$s$为简单环的边权和（修改边权前） 性质：若两条返祖边有交（指覆
设整数序列 \(\{ A_n \}\)，前缀和 \(S_i = A_1 + A_2 + \ldots + A_i\). 若 \(S_n = 1\)，则在 \(\{ A_n \}\) 的 \(n\) 个循环表示中，有且仅有一个序列 \(\{ B_n \}\)，满足 \(\{ B_n \}\) 的任意前缀和均大于 \(0\). 证 考虑几何证明，在笛卡尔系中绘制 \((i, S_i)\) 的折线图，作一条斜
记录 Poincaré 引理证明的想法（尤其是链同伦的构造）——follow 的是 Bott-Tu 的书 Differential Forms in Algebraic Topolgy (GTM82)。 (目前只写了紧支上同调的 Poincaré 引理，待更新...) 目录Proof of the Poincaré Lemma for Compactly Supported Cohomology: \(H_c^{*+1}(M\t
《[花间流风]神国？净土！尘世，姿与心的人和守则，靖逸杏》续 根据风花模型,建立[花间流风方程]: ‘‘意气F’‘可以用作度量’’[社群]状态M’'改变的原因, ‘‘意气F’‘使’’[社群]M’‘获得’‘社群成员信用和社群凝聚度a’’, ‘‘意气F’‘在’’[社群]M’'间相互影响;
burnside引理：$ans=\frac{1}{n} *(f(1)+...f(n))$ $f(i)$表示在i置换下本质不同排列的个数 polya定理： 利用本质不同位置的个数去计算$f(i)$ 对于长度为n的序列移动i之后显然循环节是$gcd(n,i)$ 考虑对于一个因数d,显然$gcd(n,i)=d$的个数是$phi(n/d)$
引理 A： \[\gcd(a,c)=1\implies \gcd(ab,c)=\gcd(b,c) \]证明略。 引理 B： \[\gcd(q^a,q^b-1)=1 \]证明：若 \(\gcd(q^a,q^b-1)\) 中含素因子 \(p\)，则 \(q\equiv 0\pmod{p},q^b-1\equiv -1\pmod{p}\)，然而 \(q^b-1\equiv 0\pmod{p}\)，矛盾，原命题得证。 所以不妨设 \(a<b\)，则： \
作业五 （50分）设计一个 DFA，使其接受的串 x x x 满足以下条件：① { x
首先突破口肯定在三角形不交，考虑寻找一些性质。 引理一：两个三角形不交当且仅当存在一个三角形的一条边所在直线将两个三角形分为异侧 证明可以参考：三角形相离充要条件，大致思路是取两个三角形重心连线，将其中一个三角形延重心连线平移两三角形总会相交，同时也能根据相交情况找到一
记号来自《基础拓扑学》《基础拓扑学讲义》 道路提升引理 道路提升引理 定义 首先是 同态 满 道路提升引理 \(\alpha\) 的提升 单 圈数（Armstrong度数） 引理3（尤承业p118) 引理4（尤承业p118) 综上 下次看看同伦提升定理 定义 \[\begin{aligned} \text{指数映射 }
对于一张有向无环图（有环不行）。 设我们有起点点集 \(A\)，和终点点集 \(B\)，且集合大小都为 \(t\)。设一个矩阵 \(M\)，\(M_{i,j}\) 代表 \(A_i\to B_j\) 的方案数，则有： \[\Large \det(M)=\sum\limits_S(-1)^{nxd(S)} \]其中 \(S\) 为一个排列，第 \(i\) 个数为 \(x\) 代表从 \(A_i\) 走到
记初始序列为$a_{i}$，答案序列为$b_{i}$（显然唯一），考虑如何求出$b_{i}$ 引理1：$b_{i}$具有凸性（下凸） 考虑反证，若$b_{i}$不具有凸性，即存在$2b_{i}>b_{i-1}+b_{i+1}$，那么操作$(i-1,i,i+1)$也即可使得$b_{x}$减小，与最小性矛盾 引理2：$\forall p\in \Z,\min_{1\le i\le n}(a_{i}-pi)=\min_
定理（Urysong引理）[1] 设$X$是局部紧Hausdorff空间，$K\subset U\subset X$，且$K$是紧集，$U$是开集，则存在$X$上的连续函数$f$在$K$上取值为1，在$U$的某个紧子集的外面取值为0。 推论 设$X$是局部紧Hausdorff空间，$K$是$X$中的紧集，则存在$f\in C_c(X)$使得$f$在$K$上取值为1。
算法介绍：欧拉筛法是在O（N）线性时间内实现素数筛选的优秀算法。 算法思路：总体上与Eratosthenes筛法类似，也是用较小的数筛去较大的合数。 关键思路在于：每一个合数都保证是被其最小的质因子筛去的，下简称称该条件为线性条件。 结合代码分析： inline void Euler_Sieve(){ for(register
参考文章： 等价类计数问题 Burnside引理&Pólya定理 Burnside引理与Polya定理 置换群和Burnside引理，Polya定理 概念引入： 离散数学应该学过置换群的相关概念，置换本质就是映射，可以理解成一个正方形绕其中心逆时针旋转90度，就可以看作是正方形四个顶点的置换。 置换会形成一个环。
一个神奇的东西。今年NOI考了，算是填个坑吧。话说去年徐神在林荫集训的时候考场上自己把这东西推了出来（sto 徐神 orz） 仅仅适用于有向无环图。 令 \(\omega(P)\) 表示路径 \(P\) 上的边权积，\(e(u,v)\) 表示 \(u\) 到 \(v\) 的所有路径额的 \(\omega\) 值之和，即 \(\sum \omega(P:u\ri
由于我太菜了，没能去现场，打的是网络同步赛。 Day 1 从8:30等到10:00，不得不说还是很焦心啊。到了时间后，又有浏览器上不了网站，题面下载莫名其妙要下20分钟之类的奇怪问题，等我真正开始做可能已经过了20多分钟了吧。 开始看题。首先把题目同看了一遍，没什么思路，不过感觉T1最可做，T2,T3都
讲个笑话，NOI 之前某场模拟赛让我知道了这个神奇的科技，于是准备 NOI 之前学完，结果鸽着鸽着就鸽掉了，考 day1 之前一天本来准备花一天时间学的，然后我就开玩笑般地跟自己说，这么 trivial 的东西早学晚学都一样，反正到正式考场上也不大可能派上用场，结果……结果？NOI d1 就考了道这道题，简直
在讲解 Burnside 引理之前，先要引入置换和群的概念。 置换 什么是置换？严格意义上定义，置换可以被认为是一个从自身映射到自身的双射函数。在组合数学中，通常指从 [ 1 ,
题目 \(a+b+c=3\)，\(a,b,c\ge0\)，求证：\(\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}\ge a^2+b^2+c^2\)。 证明 引理 1：\(x,y\ge0\) 时，\(\dfrac{1}{x^2}-x^2+\dfrac{1}{y^2}-y^2\ge2\left(\dfrac{1}{\left(\dfrac{x+y}{2}\right)^2}-\left(\dfrac{x+y}{2}
