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今日知识点：
辗转相减法化下三角求行列式
组合数动态规划打表
约数个数等于质因数的次方+1的乘积
求一个模数
将n个不同的球放入r个不同的盒子：f[i][j]=f[i-1][j-1]+f[i-1][j]*j
将n个不同的球放入r个相同的盒子：a[i][j]=a[i-j][j]+a[i-1][j-1]
行列式
甜甜花的研究
约数个数
模数
数树
盒子与球
数的划分
行列式
给出一个矩阵求 行列式。
输入：
1
3
1 -2 -1
0 3 2
3 1 -1
思路：
不能直接乘上上面行的倍数来消除本行对应元素。试试辗转相减法把。
(1,3)减去2倍(0,1)->(1,0)
(5,3)减去0倍(3,5)减去1倍(2,3)减去1倍(1,2)减去2倍(0,1)->(1,0)
然后每次检查上面行的元素是否为0，然后换回来就行了
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod=0x1f1f1f1f;
typedef long long ll;
ll t,n,a[10][10];
ll solve(){//计算行列式，化简成下三角型（有点类似辗转相除法）ll res=1,w=1;//res是结果，w是符号for(int i=1;i<=n;i++){//对[i][i]元素所在的列处理for(int j=i+1;j<=n;j++){
//我们每次都让下面的行减去上面行的a[j][i]/a[i][i]倍，然后再让最小的行放到上面判断是不是[i][i]是不是0，如果不是就继续。while(a[i][i]){ll di=a[j][i]/a[i][i];for(int k=i;k<=n;k++){a[j][k]=(a[j][k]-di*a[i][k]%mod+mod)%mod;//有负数的话要加一次mod}swap(a[i],a[j]);w=-w;}swap(a[i],a[j]);w=-w;}}for(int i=1;i<=n;i++)res=a[i][i]*res%mod;res=w*res;return (res+mod)%mod;
}int main(){cin>>t;while(t--){cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=n;j++)cin>>a[i][j];cout<<solve()<<'\n';}
}
甜甜花的研究
有n个各不相同的甜甜花种子，现在雇佣了m个人，每人能照顾ai个花。问一共多少种分配方法把花分出去。（数据保证种子有剩余）
输入 输出：20（结果对12520取模）
5 2
3 1
思路：
因为种子一定有剩余。那么第一个人可以有C(n,a1)种分法，第二个人有C(n-a1,a2)种分法……
乘起来就完事了。主要是数据很大，直接一个个硬算不划算。直接上公式：
C(n,m)=C(n-1,m-1)+C(n-1,m);
记忆：每个人都有两种状态要么是被选到要么未被选到。C(n-1,m-1)对应被选到的情况数，也就是内定该人然后去选m-1个；C(n-1,m)对应未被选到的情况数，也就是直接忽略该人然后去选m个。
然后利用动态规划打表就会非常快了。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll n,m,num,ans=1;
ll a[10007][107];int main(){cin>>n>>m;a[0][0]=1;for(int i=1;i<=10000;i++){//利用动态规划求组合数[i][j]=[i-1][j-1]+[i-1][j]a[i][0]=1;for(int j=1;j<=100;j++){a[i][j]=(a[i-1][j-1]+a[i-1][j])%12520;}}for(int i=1;i<=m;i++){cin>>num;ans=ans*a[n][num]%12520;n-=num;}cout<<ans;
}
约数个数
求n的约数个数。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main(){方法一：直接找就完了，约数一定成对出现，但是相等时候要特判一下int n,ans=0;cin>>n;for(int i=1;i*i<=n;i++){if(n%i==0)ans+=2;if(i*i==n)ans--;}cout<<ans;
}int main(){ //方法二：约数等于质因数的次方加1的乘积(此方法速度极快)int n,ans=1;cin>>n;for(int i=2;i*i<=n;i++){int tmp=0;while(n%i==0){tmp++;n/=i;//求质因数的次数}ans*=(tmp+1);}if(n!=1)ans*=2;//最后的质因数也不要忘了cout<<ans;
}
模数
输入a，b问有多少个x使得a%x==b。如果有无穷多个输出infinity，不存在输出0。
思路：
首先分析一下，a%x==b，等价于找a-b的因数（约数）个数。但是先等等：这个因数还必须满足比余数大。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;int run(int a,int b){int ans=1;for(int i=2;i*i<=a;i++){if(i<=b||a/i<=b)continue;int tmp=0;while(a%i==0){//判断是不是质因数tmp++;a/=i;//一边缩小a}ans*=(tmp+1);}if(a!=1)ans*=2;return ans;
}int main(){int a,b;cin>>a>>b;if(a==b){cout<<"infinity";return 0; }if(a<b){cout<<0;return 0;}cout<<run(a-b,b);}
数树
思路：
反正就是不能出现其他组的倍数这种情况。 可以直接上筛子，提前把不成立给筛掉，不过有点麻烦。
仔细观察不难你会发现：
只要（a，b）的最大公约数不是1，那么就一定不是答案。然后统计就行了
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int c,n;int gcd(int a,int b){//辗转相除法(36,14)(14,8)(8,6)(6,2)(2,0)->2return b==0?a:gcd(b,a%b);//(25,14)(14,11)(11,3)(3,2)(2,1)(1,0)->1
}int main(){cin>>c;for(int i=1;i<=c;i++){cin>>n;int ans=0;for(int j=1;j<=n;j++)for(int k=1;k<=n;k++){if(gcd(j,k)==1)ans++;}cout<<i<<" "<<n<<" "<<ans+2<<'\n';}
}
/*
4
2
4
5
231
*/
盒子与球
现有r个互不相同的盒子和n个互不相同的球，要将这n个球放入r个盒子中，且不允许有空盒子，一共有多少种放法？
思路：
主要是状态转移式子。f[i][j]=f[i-1][j-1]+f[i-1][j]*j;
（这个公式非常类似组合公式C(n,m)=C(n-1,m-1)+C(n-1,m)，因为两者的原理相同）
我们设置f[i][j]表示i个球j个盒子的放法。那么对于第i个球，要么自己一个盒子f[i-1][j-1]情况数，要么和别人一个盒子但是有j中选择f[i-1][j]*j种情况数。不断递推就行了
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,r,f[20][20],ans;int main(){cin>>n>>r;f[0][0]=1;for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=min(i,r);j++){f[i][j]=f[i-1][j-1]+f[i-1][j]*j;}}ans=f[n][r];for(int i=1;i<=r;i++){ans*=i;}cout<<ans;
}
/*
3 2
6*/
数的划分
思路：
两种做法：
第一种：动态规划：
题目可以理解成把n个相同球放入k个相同盒子，然后因为球都是相同的，就不能再对最后一个球进行讨论了。应该对应一类球：
设置a[i][j]表示i个球放入j个盒子的方案数。
第一种情况：有一个盒子只有一个球，那么就对应了a[i-1][j]
第二种情况：每个盒子都至少有两个球，那么就对应看a[i-j][j]
所以：a[i][j]=a[i-j][j]+a[i-1][j-1]
第二种：dfs：
在已经放了i时候，每次可以放1~n-i个，所有dfs(i)有n-i个分支，这个复杂度很高，别着急，只需要把无效分支剔除即可很快。
仔细观察7的拆法：
1 1 5
1 2 4
1 3 3
2 2 3
2 3 2（重复了哟）
所以你发现了，要想不重复 ，就必须后面选的数比前面的大。所以在dfs(i)也就是选了i的时候，后面选的数都必须比i大，那么有了sum+i*(k-cnt)<=n这个分支优化。可以理解成是一共1组，且组内单增即可。
dfs的速度就变快了很多。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,k,ans=0,a[205][70];
//int main(){//解法一：动态规划
// cin>>n>>k;
// for(int i=1;i<=n;i++)a[i][1]=1;
// for(int i=2;i<=n;i++)
// for(int j=2;j<=(i,k);j++){
// a[i][j]=a[i-1][j-1];
// if(i>=2*j)a[i][j]+=a[i-j][j];
// }
// cout<<a[n][k];
//}
//解法二：dfs+优化
void dfs(int cnt,int up,int sum){//cnt是已选个数，up已选数的最大值，sum是总和if(cnt==k){if(sum==n)ans++;return ;}for(int i=up;sum+i*(k-cnt)<=n;i++){//下一个点必须比当前点大dfs(cnt+1,i,sum+i);//选下一个数}
}
int main(){cin>>n>>k;dfs(0,1,0);cout<<ans;
}
