与程序竞赛有关的数学知识点

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容斥原理

集合的并集

设$A_1,A_2...,A_n$是有限集合，则
$|A_1\bigcup A_2\bigcup … \bigcup A_n|=\sum_{i=1}^n |A_i|-\sum_{i=1}^n \sum_{j>i}|A_i\bigcap A_j|-\sum_{i=1}^n \sum_{j>i} \sum_{k>j}|A_i\bigcap A_j\bigcap A_k|…+(-1)^n|A_1\bigcap A_2\bigcap…\bigcap A_n|$

Sylvester公式

给定集合N和具有性质i的集合$A_1,A_2...,A_n$，则
$|\overline A_1\bigcap \overline A_2\bigcap … \bigcap \overline A_n|=|N|-(\sum_{i=1}^n |A_i|-\sum_{i=1}^n \sum_{j>i}|A_i\bigcap A_j|…+(-1)^n|A_1\bigcap A_2\bigcap…\bigcap A_n|)$

[列题] 区间(S,E]中与n互质的元素个数

设$A_i$为n的第i个质因子$p_i$的倍数的集合且$A_i⊆(S,E],i=1,2,3…k$，那么$|A_i|=[\frac {E}{p_i}]-[\frac {S}{p_i}],|A_i\bigcap A_j|=[\frac {E}{p_ip_j}]-[\frac {S}{p_ip_j}]…$，然后套用上面公式即可解决问题了。关键是将这个公式表达出来，有没有发现一共有$2^n$项多项式，而且组合数量为奇数时负，组合数量为偶数时符号为正。

LL POIAE(int n,int S,int E){
    //质因子分解
    int p[32],u=0;
    for(int i=2;i*i<=n;i++)
        if(n%i==0){
            p[u++]=i;
            while(n%i==0) n/=i;
        }
    if(n>1) p[u++]=n;

    LL qua=0;
    for(int i=1;i<1<<u;i++){
        int cnt=0,com=1;
        for(int k=0;k<u;k++)
            if(i>>k&1) cnt++,com*=p[k];
        qua+=cnt&1?E/com-S/com:-E/com+S/com;
    }
    return E-S-qua;
}

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欧拉函数φ(n)

欧拉函数φ(n) 是小于等于n且与n互素的正整数的个数，假设$n=p_1^{α_1}p_2^{α_2}p_3^{α_3}…p_k^{α_k}$，则有

$$φ(n)=n(1-\frac{1}{p_1})(1-\frac{1}{p_2})(1-\frac{1}{p_3})…(1-\frac{1}{p_k})$$

证明：

设$A_i$为1到n之间$p_i$的倍数的集合，i=1,2,3,…,k，则
φ(n)=$|\overline A_1\bigcap \overline A_2\bigcap … \bigcap \overline A_k|$
=$|N|-(\sum_{i=1}^k |A_i|-\sum_{i=1}^k \sum_{j>i}|A_i\bigcap A_j|…+(-1)^k|A_1\bigcap A_2\bigcap…\bigcap A_k|)$
=$n-(\sum_{i=1}^k \frac{n}{p_i}-\sum_{i=1}^k \sum_{j>i}\frac{n}{p_i p_j}+\sum_{i=1}^k \sum_{j>i} \sum_{h>j}\frac{n}{p_i p_j p_h}…+(-1)^k\frac{n}{p_1 p_2 p_3…p_k})$
=$n(1-\frac{1}{p_1})(1-\frac{1}{p_2})(1-\frac{1}{p_3})…(1-\frac{1}{p_k})$

性质：

• 欧拉函数是积性函数，即是说若m,n互质$φ(mn)=φ(m)φ(n)$ 。
• 若n是质数p的k次幂，$φ(n)=φ(p^k)=p^k-p^{k-1}=(p-1)p^{k-1}$，因为除了p的倍数外，其他数都跟n互质。

欧拉函数φ(n) c++实现代码：

我们为了方便根据以上性质将其变形得到

$$φ(n)=(p_1-1)p_1^{α_1-1}(p_1-1)p_2^{α_2-1}...(p_k-1)p_k^{α_k-1}$$

如此便可写出φ(n)的$o(\sqrt n )$ 的代码了。

LL Eular(int n){
    LL ans=1;
    for(int i=2;i*i<=n;i++)
        if(n%i==0){
            ans*=i-1;
            n/=i;
            while(n%i==0) n/=i,ans*=i;
        }
    if(n>1) ans*=n-1;
    return ans;
}

欧拉函数值表筛法

int e[MAX_N];
void Euler(){
    for(int i=0;i<MAX_N;i++) e[i]=i;
    for(int i=2;i<MAX_N;i++)
        if(e[i]==i)
            for(int k=i;k<MAX_N;k+=i) e[k]=e[k]/i*(i-1);
}

[列1]区间[1,n]与n的最大公约数的和

$$\sum_{i=1}^n gcd(i,n)=\sum_{d|n}d\cdot φ(n/d)$$

[列2]

UVA11426 求 $\sum_{i=1}^n \sum_{j=i+1}^n gcd(i,j)$

int phi[MAX_N];LL res[MAX_N];
void solve(){//筛法的魅力
    for(int i=1;i<MAX_N;i++) phi[i]=i;
    for(int i=2;i<MAX_N;i++)
        if(phi[i]==i)
            for(int j=i;j<MAX_N;j+=i)
                phi[j]=phi[j]/i*(i-1);
    for(int i=1;i<MAX_N;i++)
        for(int k=i;k<MAX_N;k+=i)
            res[k]+=1LL*i*phi[k/i];
    for(int i=1;i<MAX_N;i++)
        res[i]+=res[i-1]-i;
}

[列3]

[1,n]与n互素的和

$$\sum_{gcd(i,n)=1}^{i<n}i=n\cdot φ(n)/2$$

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莫比乌斯函数

莫比乌斯函数$μ(n)$，在狄利克雷卷积的乘法中与恒等函数互为逆元，$μ(1)=1$，对于无平方因子数$n=\prod_{i=1}^{t}p_i$有$\mu(n)=(-1)^t$，对于有平方因子数$n$有$μ(n)=0$。

$o(\sqrt n)$ 的板子

int mu(int n) {
    int cnt = 0;
    for(int i = 2; i * i <= n; ++i) {
        if(n%i == 0) {
            n /= i;++cnt;
            if(n%i == 0) return 0;
        }
    }
    if(n > 1) ++cnt;
    return cnt&1?-1:1;
}

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同余

两个整数 a，b，若它们除以正整数 m所得的余数相等，则称 a，b对于模 m同余，记作$a\equiv b{\pmod {m}}$

其性质这里不赘述了，可以参看 维基

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费马小定理

费马小定理是数论中的一个定理：假如a是一个整数，p是一个质数，那么 $a^{p}-a$是p的倍数，可以表示为

$$a^{p}\equiv a{\pmod {p}}$$
如果a不是p的倍数，这个定理也可以写成
$$a^{{p-1}}\equiv 1{\pmod {p}}$$
[列题]计算 $2^{{100}}$除以13的余数
$2^{{100}}\equiv 2^{{12\times 8+4}}{\pmod {13}} \equiv (2^{{12}})^{8}\cdot 2^{4}{\pmod {13}}\equiv 1^{8}\cdot 16{\pmod {13}} \equiv 16{\pmod {13}}\equiv 3{\pmod {13}}$
则答案为3

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欧拉定理

若$gcd(a,n)=1$,则

$$a^{φ(n)} ≡ 1(mod \ n)$$

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扩展欧几里得算法

给予二整数a、b，必存在有整数x、y使得ax + by = gcd(a,b)
对于这个问题，扩展欧几里得算法能够快速解出使上式成立(x,y)，复杂度o(log(n))

int exGcd(int a,int b,int &x,int &y){
    if (b==0){
        x=1,y=0;
        return a;
    }
    int q=exGcd(b,a%b,y,x);
    y-=a/b*x;
    return q;
}

通过上面代码可以得到一组特解，记为$(x_0,y_0)$，那么通解可以表示为

$$\begin{cases} x = x_0 - {b}\cdot k\\ y = y_0 +{a}\cdot k\\ k∈\Bbb Z\\ \end{cases}$$

例题 POJ1061

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模逆元

若$a\cdot b ≡ 1(mod \ m)$，称a和b对于模数m来说互为逆元

定理：a存在模m的乘法逆元的充要条件是gcd(a,m) = 1

证明：

1. 充分性：由欧拉定理知$a^{φ(m)} ≡ 1(mod \ m)$，那么必有$b=a^{φ(m)-1}$ 使$a\cdot b ≡ 1(mod \ m)$
2. 必要性：既然$a\cdot b ≡ 1(mod \ m)$，即有$a\cdot b-m\cdot k=1=k^{'}\cdot gcd(a,m),k∈\Bbb Z,k^{'}∈\Bbb Z$成立，即有$gcd(a,m)=1$

[例] 已知 a, m, 求b

将定义式改写成

$a\cdot b-1=m\cdot k,k∈\Bbb Z\\ ⇒ a\cdot b-m\cdot k=1,k∈\Bbb Z\\$
利用扩展欧几里得算法不难求得一组解$(b^{'},k^{'})$ 使得

$a\cdot b^{'}+m\cdot k^{'}=gcd(a,m)$

结合定理得
若$gcd(a,m)≠ 1$，那么b无解
若$gcd(a,m)= 1$，那么$b=\frac{b^{'}}{gcd(a,m)}=b^{'}$

代码

那么也能写出代码了，若无答案返回-1，若有返回最小的正解

int mod_inverse(int a,int m){
    int x,y;
    if(exGcd(a,m,x,y)==1) return (m+x%m)%m;
    return -1
}

o(n)得出[1,n]的(mod p)逆元

该算法要求所mod p为素数且n< p，记 $a$ 的逆元表示为 $a^{-1}$
设$k=p\%i$，假设以求得$k^{-1} \pmod p$，则

$i\cdot i^{-1}≡ k\cdot k^{-1}≡1\pmod p$
$⇒i\cdot i^{-1} ≡ (p\%i) \cdot (p\%i)^{-1} \pmod p$
$⇒i\cdot i^{-1} ≡ (p - [p/i]\cdot i) \cdot (p\%i)^{-1} \pmod p$
$⇒i\cdot i^{-1} ≡ ((i-1)\cdot p +p - [p/i]\cdot i) \cdot (p\%i)^{-1} \pmod p$
$⇒i\cdot i^{-1} ≡ i\cdot (p - [p/i]) \cdot (p\%i)^{-1} \pmod p$
由于p为素数，则$gcd(i,p)=1$，则
$i^{-1} ≡ (p - [p/i])\cdot (p\%i)^{-1} \pmod p$

取[0,p)中的解
$i^{-1} = (p - [p/i])\cdot (p\%i)^{-1} \% p$

代码为

int inv[MAXN];
inv[1] = 1;
for (int i = 2; i<MAXN; i++)
    inv[i] = inv[MOD%i]*(MOD-MOD/i)%MOD;

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孙子定理（中国剩余定理）

用现代数学的语言来说明的话，中国剩余定理给出了以下的一元线性同余方程组：

$$(S) : \quad \left\{ \begin{matrix} x \equiv a_1 \pmod {m_1} \\ x \equiv a_2 \pmod {m_2} \\ \vdots \qquad\qquad\qquad \\ x \equiv a_n \pmod {m_n} \end{matrix} \right.$$
有解的判定条件，并用构造法给出了在有解情况下解的具体形式。

中国剩余定理说明：假设整数$m_1,m_2,...,m_n$其中任两数互质，则对任意的整数：$a_1,...,a_n$，方程组$(S)$有解，并且通解可以用如下方式构造得到：

1. 设 ${\displaystyle M=m_{1}\times m_{2}\times \cdots \times m_{n}=\prod _{i=1}^{n}m_{i}}$是整数$m_1,m_2,...,m_n$的乘积，并设${\displaystyle M_{i}=M/m_{i},\;\;\forall i\in \{1,2,\cdots ,n\}}$，即${\displaystyle M_{i}}$是除了$m_i$以外的n − 1个整数的乘积。
2. 设${\displaystyle t_{i}=M_{i}^{-1}}$模$m_{i}$的逆元： $t_i M_i \equiv 1 \pmod {m_i}, \; \; \forall i \in \{1, 2, \cdots , n\}$。
3. 方程组$(S)$的通解形式为：$x = a_1 t_1 M_1 + a_2 t_2 M_2 + \cdots + a_n t_n M_n + k M= k M + \sum_{i=1}^n a_i t_i M_i, \quad k \in \mathbb{Z}.$在模 $M$的意义下，方程组 $(S)$只有一个解：
   $$x = \sum_{i=1}^n a_i t_i M_i.$$

证明

对于 ${\displaystyle \forall j\in \{1,2,\cdots ,n\},\;j\neq i,\;\;\operatorname {gcd} (m_{i},m_{j})=1}$

考察乘积$a_i t_i M_i$可知：

$a_i t_i M_i \equiv a_i \cdot 1 \equiv a_i \pmod {m_i},$
$\forall j \in \{1, 2, \cdots , n\}, \; j\neq i, \; \; a_i t_i M_i \equiv 0 \pmod {m_j}.$

所以 $x = a_1 t_1 M_1 + a_2 t_2 M_2 + \cdots + a_n t_n M_n$ 满足：

$\forall i \in \{1, 2, \cdots , n\}, \; \; x = a_i t_i M_i + \sum_{j \neq i} a_j t_j M_j \equiv a_i + \sum_{j \neq i} 0 \equiv a_i \pmod {m_i}.$

到此以得证$(S)$的一个解$x = \sum_{i=1}^n a_i t_i M_i.$

通解

假设 $x_1$和$x_2$都是方程组 $(S)$的解，那么：

$\forall i \in \{1, 2, \cdots , n\}, \; \; x_1 - x_2 \equiv 0 \pmod {m_i} .$，即 $\forall m_i|x_1-x_2$

即 $\prod_{i=1}^n m_i|x_1-x_2$，即 $M|x_1-x_2$

到此说明方程组 $(S)$ 的任何两个解之间必然相差$M$的整数倍，则通解可表示为

$$\{k M + \sum_{i=1}^n a_i t_i M_i \; ; \quad k \in \mathbb{Z} \}.$$

代码

LL CRT(int *m,int *a,int n){
    LL M=1,ans=0,x,t_i;
    for (int i=1;i<=n;i++) M*=m[i];
    for (int i=1;i<=n;i++){
        LL M_i=M/m[i];
        exGcd(m[i],M_i,x,t_i);     //求 M_i 模 m[i] 的逆元 t_i
        ans=(ans+a[i]*t_i*M_i)%M;
    }
    return ans;
}

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矩阵

数学上，一个m×n的矩阵是一个由m行n列元素排列成的矩形阵列。矩阵里的元素可以是数字、符号或数学式。

大小相同（行数列数都相同）的矩阵之间可以相互加减，具体是对每个位置上的元素做加减法。矩阵的乘法则较为复杂。两个矩阵可以相乘，当且仅当第一个矩阵的列数等于第二个矩阵的行数。矩阵的乘法满足结合律和分配律，但不满足交换律。

矩阵乘法

矩阵相乘最重要的方法是一般矩阵乘积。它只有在第一个矩阵的列数（column）和第二个矩阵的行数（row）相同时才有定义。一般单指矩阵乘积时，指的便是一般矩阵乘积。若A为 ${\displaystyle m\times n}$矩阵，B为${\displaystyle n\times p}$矩阵，则他们的乘积AB(有时记做A · B）会是一个 ${\displaystyle m\times p}$矩阵。其乘积矩阵的元素如下面式子得出：

$${\displaystyle (AB)_{ij}=\sum _{r=1}^{n}a_{ir}b_{rj}=a_{i1}b_{1j}+a_{i2}b_{2j}+\cdots +a_{in}b_{nj}.}$$

矩阵快速幂

类比快速幂不难的到矩阵快速幂，若有矩阵a，则求 $a^n$ 代码如下

int N;
struct matrix{LL m[MAX_N][MAX_N];};
matrix multi(matrix a,matrix b){
    matrix tmp;
    for(int i=1;i<=N;i++)
        for(int j=1;j<=N;j++){
            tmp.m[i][j]=0;
            for(int k=1;k<=N;k++)
                tmp.m[i][j]+=a.m[i][k]*b.m[k][j];
            tmp.m[i][j]%=MOD;
        }
    return tmp;
}
matrix fast_mod(matrix a,int n){
    matrix res;
    for(int i=1;i<=N;i++)
        for(int j=1;j<=N;j++)
            res.m[i][j]=(i==j);
    while(n){
        if(n&1) res=multi(res,a);
        a=multi(a,a);
        n>>=1;
    }
    return res;
}

线性递推关系与矩阵乘法

设数列 $\{h_n\}$ 满足 $k$ 阶常系数线性递推关系：

$$h_n = C_1h_{n−1} + C_2h_{n−2} + C_3h_{n−3} +···+ C_kh_{n−k}+b_n$$
$b_n$ 可以为常数，也可以是关于n的函数

若 $b_n$ 为常数，则构造转移矩阵

$$M=\begin {pmatrix} C_1 & C_2 & C_3 & \cdots & C_{k-1} & C_k & b_n \\ 1 & 0 & 0 & \cdots & 0 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0 & \cdots & 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 1 & \cdots & 0 & 0 & 0\\ \vdots & \vdots& \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \\ 0 & 0 & 0 & \cdots & 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & \cdots & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}_{(k+1)×(k+1)}$$
与初始向量
$$X=\begin{pmatrix} h_{k-1} \\ h_{k-2} \\ h_{k-3} \\ \vdots \\ h_{2} \\ h_{1} \\ h_{0} \\ 1 \\ \end{pmatrix}_{(k+1)×1}$$
易见
$$Y =MX=\begin {pmatrix} C_1 & C_2 & C_3 & \cdots & C_{k-1} & C_k & b_n \\ 1 & 0 & 0 & \cdots & 0 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0 & \cdots & 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 1 & \cdots & 0 & 0 & 0\\ \vdots & \vdots& \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \\ 0 & 0 & 0 & \cdots & 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & \cdots & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} h_{k-1} \\ h_{k-2} \\ h_{k-3} \\ \vdots \\ h_{2} \\ h_{1} \\ h_{0} \\ 1 \\ \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} h_{k} \\ h_{k-1} \\ h_{k-2} \\ \vdots \\ h_{3} \\ h_{2} \\ h_{1} \\ 1 \\ \end{pmatrix}$$
事实上我们可以发现，对于任意的 k 阶常系数线性递推关系，我们总可以构造一个 k×k 或 (k+1)×(k+1) 的转移矩阵 M, 对于初始值向量
$$X=\begin{pmatrix} h_{k-1} \\ h_{k-2} \\ h_{k-3} \\ \vdots \\ h_{2} \\ h_{1} \\ h_{0} \\ \end{pmatrix}_{k×1}或 \begin{pmatrix} h_{k-1} \\ h_{k-2} \\ h_{k-3} \\ \vdots \\ h_{1} \\ h_{0} \\ b_n \\ \end{pmatrix}_{(k+1)×1}$$
使得 $Y = M^{n−k+1}X，Y$第一行第一列的元素恰好为 $h_n$。

利用矩阵乘法计算递推数列的某一项代码

使用上面的两个知识点就不难敲出代码了

#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<queue>
#include<vector>
#define INF 0x3f3f3f3f
#define MAX_N 10
#define MOD 1000000007
using namespace std;
typedef long long LL;
int N;LL b_n=0,C[MAX_N],h[MAX_N];
struct matrix{LL m[MAX_N][MAX_N];};
matrix multi(matrix a,matrix b){
    matrix tmp;
    for(int i=1;i<=N;i++)
        for(int j=1;j<=N;j++){
            tmp.m[i][j]=0;
            for(int k=1;k<=N;k++)
                tmp.m[i][j]+=a.m[i][k]*b.m[k][j];
            tmp.m[i][j]%=MOD;
        }
    return tmp;
}
matrix fast_mod(matrix a,int n){
    matrix res;
    for(int i=1;i<=N;i++)
        for(int j=1;j<=N;j++)
            res.m[i][j]=(i==j);
    while(n){
        if(n&1) res=multi(res,a);
        a=multi(a,a);
        n>>=1;
    }
    return res;
}
void init(matrix &res,matrix &H){
    for(int i=1;i<=N;i++) res.m[1][i]=C[i];
    res.m[1][N]=b_n;
    for(int i=2;i<=N;i++)
        for(int j=1;j<=N;j++)
            res.m[i][j]=(i==j+1);
    res.m[N][N-1]=0;res.m[N][N]=1;

    for(int i=1;i<=N;i++){
        H.m[i][1]=h[N-i];
        for(int j=2;j<=N;j++) H.m[i][j]=0;
    }
    H.m[N][1]=1;
}
void slove(int k,int n){
    matrix res,H;
    init(res,H);

    res=fast_mod(res,n-k+1);
    res=multi(res,H);
    LL ans=res.m[1][1];

    printf("%lld\n",ans);
}

int main()
{
    int k,n;
    while(scanf("%d%d",&n,&k)!=EOF){
        for(int i=1;i<=k;i++) scanf("%lld",&C[i]);
        for(int i=1;i<=k;i++) scanf("%lld",&h[i]);
        N=k+1;
        slove(k,n);
    }
    return 0;
}

例题 51NOD 1126

《挑战》上的矩阵快速幂模板

以斐波那契数列第n项为例

#include<stdio.h>
#include<vector>
using namespace std;

typedef long long LL;
typedef vector<LL> vec;
typedef vector<vec> mat;
const LL MOD = 1000000009;

mat mul(mat &A,mat &B){
    mat C(A.size(),vec(B[0].size()));
    for(int i=0;i<A.size();++i){
        for(int k=0;k<B.size();++k){
            for(int j=0;j<B[0].size();++j)
                C[i][j]=(C[i][j]+A[i][k]*B[k][j])%MOD;
        }
    }
    return C;
}

mat pow(mat A,LL n){
    mat B(A.size(),vec(A.size()));
    for(int i=0;i<A.size();++i) B[i][i]=1;
    while(n){
        if(n&1) B=mul(B,A);
        A=mul(A,A);
        n>>=1;
    }
    return B;
}

int main()
{
    mat A(2,vec(2));
    A[0][0]=A[0][1]=A[1][0]=1;
    A[1][1]=0;
    LL n;
    scanf("%lld",&n);
    A=pow(A,n);
    printf("%lld\n",A[1][0]);
    return 0;
}

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其他

约数个数

仍何一个整数n都可以表示成$n=p_1^{a_1}p_2^{a_2}...p_k^{a_k}$，那么,n的约数个数

$$\sum_{d|n} 1=(a_1+1)(a_2+1)...(a_k+1)$$
例题 LOJ1341

a的k次幂前n位数

用该方法要注意精度

$$a^k=10^{\lg{a^k}}=10^{k\cdot \lg a}=10^{[k\cdot \lg a]+\{k\cdot \lg a\}}\\前n位：[10^{n-1}\cdot 10^{\{k\cdot \lg a\}}]$$

例题 LOJ1282

定积分

Simpson`s 3/8 rule

const double eps=1e-8;
inline double f(double x){
    return x*x;//被积函数
}
inline double getAppr(double a,double b){//Simpson`s 3/8 rule
    return (b-a)*(f(a)+3*f((2*a+b)/3)+3*f((a+2*b)/3)+f(b))/8.0;
}
double simpson(double l,double r){//积分区间[l,r]
    double sum=getAppr(l,r);
    double mid=(l+r)/2;
    double suml=getAppr(l,mid);
    double sumr=getAppr(mid,r);
    return fabs(sum-suml-sumr)<eps?sum:simpson(l,mid)+simpson(mid,r);
}

例题 地狱飞龙

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线性筛法筛素数、莫比乌斯函数、欧拉函数

线性筛法（欧拉筛法）可以在 O(n) 的时间内获得 [1,n] 的所有素数。算法保证每个合数都会被它的最小质因子筛掉，所以复杂度是线性的。同时，我们可以利用这一特性，结合积性函数的性质，在 O(n)的时间内筛出一些积性函数的值。

bool isNotPrime[MAXN + 1];
int mu[MAXN + 1], phi[MAXN + 1], primes[MAXN + 1], cnt;
inline void euler()
{
    isNotPrime[0] = isNotPrime[1] = true;
    mu[1] = 1;
    phi[1] = 1;
    for (int i = 2; i <= MAXN; i++) {
        if (!isNotPrime[i]) {
            primes[++cnt] = i;
            mu[i] = -1;
            phi[i] = i - 1;
        }
        for (int j = 1; j <= cnt; j++) {
            int t = i * primes[j];
            if (t > MAXN) break;
            isNotPrime[t] = true;
            if (i % primes[j] == 0) {
                mu[t] = 0;
                phi[t] = phi[i] * primes[j];
                break;
            } else {
                mu[t] = -mu[i];
                phi[t] = phi[i] * (primes[j] - 1);
            }
        }
    }
}

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本文章不定期更新

如有谬误，恳请指正