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이산 수학

점화식 풀이 기법들

• 2차 선형동차점화식 (Linear homogenous recurrence)
  • 다음과 같은 형태: a_{k} = \alpha \cdot a_{k-1} + \beta \cdot b_{k-2}$a_{k} = \alpha \cdot a_{k-1} + \beta \cdot b_{k-2}$.
  • a_{n}=r^{n}$a_{n}=r^{n}$ 꼴이라고 생각하고 대입해 보면 r^{2} - \alpha\cdot r - \beta = 0$r^{2} - \alpha\cdot r - \beta = 0$을 얻는다. 이 방정식의 해 r$r$에 대해 r^{n}$r^{n}$은 해가 됨.
  • 해가 둘 있을 경우, a\cdot r_{1}^{n} + b\cdot r_{2}^{n}$a\cdot r_{1}^{n} + b\cdot r_{2}^{n}$ 꼴의 선형 결합도 해가 된다 (당연). 이 계수들을 초기상태에 맞도록 지정.
  • Application:
    • 피보나치 수열의 일반항은?
    • p$p$의 확률로 이기는 bet을 한다. (승-패)가 W$W$가 되거나 -L$-L$이 될 때까지 하는데, 이 때 W$W$ 승으로 끝날 확률은? (ICPC WF '13 B)
  • 일반화: 3차, 4차, 5차.. 라도 같은 요령으로 풀 수 있다 (3차, 4차 방정식을 풀기 힘들어서 그렇지)
    • 중근이면 어떻게? 만약 r$r$이 m+1$m+1$번 중근으로 등장한다면 r^{n}, n\cdot r^{n}, \cdots, n^{m}\cdot r^{n}$r^{n}, n\cdot r^{n}, \cdots, n^{m}\cdot r^{n}$ 의 선형결합이 들어간다.

• 선형비동차점화식 (Linear non-homogenous recurrence)

  • a_{k} = \alpha_{k-1}a_{k-1} + \cdots + \alpha_{k-n}a_{k-n} + f(n)$a_{k} = \alpha_{k-1}a_{k-1} + \cdots + \alpha_{k-n}a_{k-n} + f(n)$ (마지막의 f(n)$f(n)$에 주의!)
  • 해법
    • a_n = b_n + h_n$a_n = b_n + h_n$으로 분해 (b_n$b_n$은 점화식만 만족하고 초기상태는 만족하지 않는 답. 대개 f(n)$f(n)$과 비슷한 형태를 갖는다.
    • h_n$h_n$을 찾고 a_n$a_n$의 계수를 초기상태 성립하도록 맞춰 주면 됨.

• 간단한 정리

• 일반항 계산을 직접 하는 경우도 있지만 행렬의 형태로 표현하고 푸는 일이 많다.

  • 예) 피보나치 수열의 n번째 수를 구하기 위해서는 \begin{bmatrix} F_{n+2} \\ F_{n+1} \end{bmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 1\\ 1 & 0 \end{pmatrix} \begin{bmatrix} F_{n+1} \\ F_{n} \end{bmatrix} $\begin{bmatrix} F_{n+2} \\ F_{n+1} \end{bmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 1\\ 1 & 0 \end{pmatrix} \begin{bmatrix} F_{n+1} \\ F_{n} \end{bmatrix}$ 의 점화식으로부터 얻는 다음의 식을 이용해 계산한다. \begin{pmatrix} 1 & 1\\ 1 & 0 \end{pmatrix}^n \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \end{bmatrix} $\begin{pmatrix} 1 & 1\\ 1 & 0 \end{pmatrix}^n \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \end{bmatrix}$

이항계수와 숫자 세기

• 이항계수 (Binomial coefficient): nCr = \left ( n \atop r \right ) = \frac{n!}{(n-r)!r!}$nCr = \left ( n \atop r \right ) = \frac{n!}{(n-r)!r!}$
  • 점화식: \left( n \atop r \right ) = \left( n-1 \atop r-1 \right) \left( n-1 \atop r \right)$\left( n \atop r \right ) = \left( n-1 \atop r-1 \right) \left( n-1 \atop r \right)$
  • Identity: \left( n \atop 0 \right ) = \left ( n \atop n \right ) = 1$\left( n \atop 0 \right ) = \left ( n \atop n \right ) = 1$, \sum_{i=0}^{n}\left(n \atop i\right) = 2^{n}$\sum_{i=0}^{n}\left(n \atop i\right) = 2^{n}$.
• 이항계수를 이용해 순열 수 세기: n$n$개의 원소 중에서 r$r$개를 뽑을 수 있는 경우의 수는?
  • 유의해야 할 것
    • 중복 여부: 같은 원소를 두 번 뽑을 수 있는가?
    • 순서 여부: 같은 원소를 순서만 다르게 뽑았으면 다른 경우로 치는가?
  • 공식
    • 중복 없이, 순서 있을 때: \frac{n!}{(n-r)!} = nPr$\frac{n!}{(n-r)!} = nPr$
    • 중복 있고, 순서 있을 때: n^{r}$n^{r}$
    • 중복 없이, 순서 없을 때: \left ( n \atop r \right)$\left ( n \atop r \right)$
    • 중복 있고, 순서 없을 때: \left ( n + r - 1 \atop r \right )$\left ( n + r - 1 \atop r \right )$ (n$n$개의 원소와 r-1$r-1$개의 막대기를 내려놓는 방법의 수)
• 카탈란 수: 다양한 문제의 답이 된다.
  • 예제 문제들: 길이가 2n인 괄호 수식의 수, n+1개의 리프를 가진 풀 바이너리 트리의 수, etc.
  • 수식: C_n = \frac{1}{n+1} \left( 2n \atop n \right )$C_n = \frac{1}{n+1} \left( 2n \atop n \right )$
• Multinomial coefficient
• 탑코더 튜토리얼

포함-배제 법칙

• 공집합이 있는 n개의 집합의 합집합의 크기를 구하려면:
  • 각 집합의 크기를 모두 더한다.
  • 각 2개 집합에 대해 공집합의 크기를 모두 뺀다.
  • 각 3개 집합에 대해 공집합의 크기를 모두 더한다.
  • ...
• 탑코더 튜토리얼
• Application: Derangement 계산하기 - n개의 원소를 섞되, 그 중 아무 것도 원래 위치에 있지 않는 경우의 수는?
  • Let: A_i$A_i$ = i$i$가 제 자리로 간 순열의 개수.
  • \sum_{i=0}^{n}(-1)^{n-i}\left( n \atop i \right)i!$\sum_{i=0}^{n}(-1)^{n-i}\left( n \atop i \right)i!$
• Moebius 함수와 반전 공식 - 약수/배수 관계를 이용한 포함-배제 법칙이 필요한 경우 이 함수로 답이 나타날 수 있다.
  • n 이하의 Square Free 개수 세기 - \sum_{i \in \Bbb{Z}^+} \mu (i) \lfloor \frac{n}{i^2} \rfloor $\sum_{i \in \Bbb{Z}^+} \mu (i) \lfloor \frac{n}{i^2} \rfloor$가 답이 된다. \sqrt{n}$\sqrt{n}$까지만 계산해주면 원하는 개수가 나온다.

번사이드 정리

• 페트르님의 정리
• 경우의 수를 세는데, 특정 transform operation(회전, 반사, ..)해서 같은 경우들은 하나로 친다. 전체 경우의 수는?
  1. 각 operation마다 이 operation을 했을 때 변하지 않는 경우의 수를 센다 (단, "아무것도 하지 않는다"라는 operation도 있어야 함!)
  2. 전체 경우의 수를 더한 후, operation의 수로 나눈다. (답이 맞다면 항상 나누어 떨어져야 한다)
• Application:
  • n\times n$n\times n$ (n$n$은 편의를 위해 짝수) 크기의 격자를 x$x$개의 색깔로 칠하는 경우의 수는? 단 회전해서 같은 경우는 같은 것으로 친다.
    • 아무것도 하지 않을 때: 모든 격자가 변하지 않는다. x^{n*n}$x^{n*n}$
    • 90도 회전, 270도: 4개씩 칸을 그룹지어, 각 그룹은 같은 색이어야 한다. 따라서 x^{n*n/4}$x^{n*n/4}$
    • 180도 회전: 2개씩 칸을 그룹지어, 각 그룹은 같은 색이어야 한다. 따라서 x^{n*n/2}$x^{n*n/2}$개의 경우의 수
  • 최종 답은 이들의 평균!
  • 만약 n$n$이 홀수라면 어떨까?

키르히호프 정리

• 그래프의 생성 수형도의 경우의 수를 구하는 정리로 대수적 그래프 이론에서 공부하게 된다.
• 무향 그래프의 Laplacian matrix L$L$를 만든다. 간단히 설명하면 (정점의 차수 대각 행렬) - (인접행렬)이다. L$L$에서 행과 열을 하나씩 제거하고 이것을 L^*$L^*$라 하자. 어느 행/열이든 관계 없다. 그래프의 생성 수형도의 개수는 \det (L^{*})$\det (L^{*})$이다.
• 예제: \rm{K}_4$\rm{K}_4$의 Laplacian matrix는 \begin{bmatrix} 3 & -1 & -1 & -1 \\ -1 & 3 & -1 & -1 \\ -1 & -1 & 3 & -1 \\ -1 & -1 & -1 & 3 \\ \end{bmatrix} $\begin{bmatrix} 3 & -1 & -1 & -1 \\ -1 & 3 & -1 & -1 \\ -1 & -1 & 3 & -1 \\ -1 & -1 & -1 & 3 \\ \end{bmatrix}$ 이다. 여기서 첫번째 행과 첫번째 열을 제거하면 \begin{bmatrix} 3 & -1 & -1 \\ -1 & 3 & -1 \\ -1 & -1 & 3 \\ \end{bmatrix} $\begin{bmatrix} 3 & -1 & -1 \\ -1 & 3 & -1 \\ -1 & -1 & 3 \\ \end{bmatrix}$ 이고 가우스 조단 방법을 쓰면 \begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 0 & 4 & 0 \\ 0 & 0 & 4 \\ \end{bmatrix} $\begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 0 & 4 & 0 \\ 0 & 0 & 4 \\ \end{bmatrix}$ 이 되어서 1 \times 4 \times 4 = 16$1 \times 4 \times 4 = 16$으로 우리가 알고 있던 Cayley 정리에 의한 답인 4^{4-2} = 16$4^{4-2} = 16$과 같다.

생성함수

• 제대로 이 토픽을 다룰 필요는 없지만 경우의 수 문제를 다룰 때 쓰이는 경우가 있다.
• 1원짜리 동전 5원짜리 동전 8원짜리 동전을 이용해서 몇억원을 만드는 경우의 수를 구한다고 하자.
  • (1 + x + x^2 + \cdots) (1 + x^5 + x^{10} + \cdots) (1 + x^8 + x^{16} + \cdots)$(1 + x + x^2 + \cdots) (1 + x^5 + x^{10} + \cdots) (1 + x^8 + x^{16} + \cdots)$를 전개하면 x^{몇억}$x^{몇억}$의 계수가 답이 된다.
  • 생성함수에서 해당 식은 \frac{1}{(1-x)(1-x^5)(1-x^8)} $\frac{1}{(1-x)(1-x^5)(1-x^8)}$으로 표현할 수 있다.
  • 계산을 위해 다음을 생각해보자. 1,5,8의 최소공배수인 40을 써서 (1-x^{40})^3$(1-x^{40})^3$을 곱하면 (1+x+\cdots+x^{39})(1+x^5+\cdots+x^{35})(1+x^8+\cdots+x^{32})$(1+x+\cdots+x^{39})(1+x^5+\cdots+x^{35})(1+x^8+\cdots+x^{32})$이다. 해당 식의 분자와 분모에 (1-x^{40})^3$(1-x^{40})^3$을 곱하는 것을 생각해주면 된다. 분자는 106차식이다. 107개 항으로 쪼개고 분모의 (1-x^{40})^3$(1-x^{40})^3$으로부터 얻어지는 계수를 곱해주고 더하면 원하는 답을 얻는다.
    • 분모로부터 얻어지는 계수는 \sum{ {n+2 \choose 2} x^{40 n} } = \frac{1}{(1-x^{40})^3} $\sum{ {n+2 \choose 2} x^{40 n} } = \frac{1}{(1-x^{40})^3}$에서 얻는다. 이렇게 되면 항상 40의 배수이므로 유효하게 고려하는 항의 개수는 약 \frac{1}{40}$\frac{1}{40}$으로 줄어든다.
  • 이 예제처럼 터무니 없이 큰 범위에 대해 답을 계산해야할 때는 수식만 잘 다룰 줄 알면 쉽다. SRM 600.5의 1000점 문제는 이러한 방식으로 풀린다.
• 어떤 수열의 점화식을 알 때 수열의 합을 구할 때도 쓸 수 있다. \sum{a_n x^n}$\sum{a_n x^n}$ 꼴로 우리가 원하는 답이 표현되는 경우에 적용할 수 있다.
  • 피보나치 수열의 power series가 유명한 예이다. s(x) := \sum{F_n x^n} = \frac{x}{1-x-x^2}$s(x) := \sum{F_n x^n} = \frac{x}{1-x-x^2}$임을 s(x) 정의와 점화식에서 얻을 수 있다. x가 수렴하는 범위(황금비의 역수보다 절대값이 작은 경우)에 있기만 하면 된다.

게임이론

스프라그-그룬디 정리

• 튜토리얼 링크, 탑코더 튜토리얼, 또다른 튜토리얼
• Nim 게임
  • 규칙
    • 조약돌 k$k$ 무더기가 있다고 하자. 각 무더기에 포함된 조약돌의 개수는 다를 수 있다.
    • 각 플레이어는 무더기를 하나 선택해서 그 무더기에서 1개 이상의 조약돌을 가져온다. (무더기에 남은 조약돌을 전부 가져와도 된다.)
    • 마지막 조약돌을 가져가는 플레이어가 승리한다.
  • Nim 게임의 해법
    • 각 무더기의 조약돌 수를 전부 XOR한다. 0이면 패배! 0 이상이면 승리!
• 일반화하기:
  • 모든 impartial(어느 플레이어든지 놓을 수 있는 수가 같다), normal play(마지막에 수를 두는 사람이 이긴다) 게임은 비슷한 해법으로 풀 수 있다.
    • 다음과 같은 규칙:
      • 게임은 한 개 이상의 서브게임으로 구성된다.
      • 각 서브게임은 상태들의 DAG로 구성된다.
      • 각 플레이어는 하나의 서브게임을 골라 해당 서브게임의 상태를 한 번 움직인다.
      • 더 이상 움직일 수 없는 사람이 진다.
  • 어떻게 풀까?
    • 게임의 각 상태에 대해 Grundy 수를 계산한다.
    • 우선 하나의 서브게임만 보자.
      • 지는 상태(마지막 상태)의 Grundy 수는 0이다.
      • 그 외의 상태에서는 이 상태에서 나가는 상태들의 Grundy 수를 모은 뒤, 그 중에 포함되지 않은 가장 작은 0 이상의 정수(minimum excluded number)가 Grundy 수가 된다.
    • 여러 개의 서브게임이 있다면 각 서브게임의 상태를 XOR한다.
  • Nim에서는: n$n$개의 조약돌이 남아있다면 Grundy 수는 n$n$
• Application: fill in!

확률론

기대값의 선형성

• E(\sum_{i}A_i) = \sum_i E(A_i)$E(\sum_{i}A_i) = \sum_i E(A_i)$
• 당연한 얘기같지만 가끔 예상치 못한 간단한 답을 준다! 합을 어떻게 나누느냐에 따라 중요.
• Application
  • N+1$N+1$층짜리 건물의 1층에 엘리베이터가 섰는데, M$M$명이 탔다. 각 사람이 가는 층은 랜덤하게 결정된다. 엘리베이터가 서는 횟수의 기대값은?
    • 각 층별로 설 때 1이 되는 indicator function의 기대치를 구해서 더한다.
  • 또 다른 예제: 평면상에 N$N$개의 점이 있다. 각 점마다 해당 점이 존재하거나 지워질 확률이 주어진다. Convex hull 넓이의 기대값은?
    • 각 간선별로 외적값의 기대치를 더한다.

정수론

모듈라 연산

• N으로 나눈 결과값을 구할 때, 연산 중간 결과도 N으로 나눠도 된다.
  • (a + b) \mathrm{mod}N = (a \mathrm{mod}N + b\mathrm{mod}N) \mathrm{mod}N$(a + b) \mathrm{mod}N = (a \mathrm{mod}N + b\mathrm{mod}N) \mathrm{mod}N$
  • (a - b) \mathrm{mod}N = (a \mathrm{mod}N + b\mathrm{mod}N + N) \mathrm{mod}N$(a - b) \mathrm{mod}N = (a \mathrm{mod}N + b\mathrm{mod}N + N) \mathrm{mod}N$
  • (a * b) \mathrm{mod}N = (a \mathrm{mod}N * b\mathrm{mod}N) \mathrm{mod}N$(a * b) \mathrm{mod}N = (a \mathrm{mod}N * b\mathrm{mod}N) \mathrm{mod}N$
• 단 나눗셈에는 성립하지 않는다. a$a$로 나누기 위해서는, 곱셈의 역원을 대신 곱해줘야 한다. 모듈라 곱셈의 역원은 두 가지 방법으로 구할 수 있다.
  • 한 가지 방법은 오일러 정리를 이용하는 것이다.
    • a^{\phi(N)} \equiv 1 (\mathrm{mod}N)$a^{\phi(N)} \equiv 1 (\mathrm{mod}N)$
    • 이 때 phi(N)$phi(N)$은 오일러 피 함수. 아래를 참조하라. 단 이거 계산하는건 배보다 배꼽이 더 클 수도.
    • N$N$이 소수라면 \phi(N)=N-2$\phi(N)=N-2$이니 간단.
    • 이것을 거듭제곱 빨리 구하기로 구하면 된다.
  • 두번째 방법(아마 더 효율적)은 확장 유클리드 알고리즘을 쓰는것이다. 아래를 참조하라.

확장 유클리드 알고리즘

• 목적: 상수 a$a$, b$b$에 대해 ax + by = \mathrm{gcd}(a, b)$ax + by = \mathrm{gcd}(a, b)$를 만족하는 x$x$, y$y$를 찾아준다.
• Naive derivation:
  • 유클리드 gcd 알고리즘에서, gcd()$gcd()$의 입력이 되는 숫자들은 항상 최초 숫자들의 선형 결합으로 표현할 수 있다.
  • 따라서 각 숫자 a$a$와 b$b$를 넘길 때, 이들을 최초 숫자들의 선형 결합으로 표현한 방법 또한 넘겨주면 간단하게 풀 수 있다.
  • 물론 이대로 구현하면 아주 귀찮다. 대신에 gcd(a, b)$gcd(a, b)$ 함수가 최대공약수와 함께 ax+by=g$ax+by=g$ 의 해 x$x$, y$y$를 반환하도록 하면 쉽게 풀 수 있다.

C++ 구현

struct Solution { int gcd, x, y; };
Solution extendedEuclid(int a, int b) {
  int q = a / b, r = a % b;
  if(r == 0) return Solution{b, 0, 1}; 
  Solution s = extendedEuclid(b, r);                                                                                                            
  // now, we have
  // s.gcd = s.x * b + s.y * r
  //       = s.x * b + s.y * (a - q * b)
  //       = s.y * a + (s.x - q * s.y) * b
  return Solution{s.gcd, s.y, s.x - q * s.y};
}

• Application:
  • 위에서 얘기했듯이, 모듈라 연산에서 곱셈의 역원 구하기. \mathrm{mod } N$\mathrm{mod } N$인 모듈로 연산을 할 때, a$a$와 N$N$이 서로소라 하자. (N$N$이 소수면 항상 참) 따라서 a$a$와 N$N$의 egcd 결과는 항상 ax + Ny = 1$ax + Ny = 1$이 된다. N$N$로 나눠보면 ax = 1 (\mathrm{mod }N)$ax = 1 (\mathrm{mod }N)$. 따라서 x$x$는 a$a$의 곱셈 역원이다. (단, 결과값이 음수라면 N$N$을 더해줘야 함)

중국인 나머지 정리

루카스의 정리

오일러 피 함수, 약수의 합(시그마) 함수, 약수의 개수 함수, 뫼비우스 함수

• 이 함수들은 서로소인 것들에 대해 multiplicative 함수들이기 때문에 n 이하의 모든 값을 계산해야할 경우 에라토스테네스의 체를 이용하면 O(n log n)에 된다.
• 오일러 피 함수는 자신보다 작은 서로소인 정수의 개수를 나타내는 함수이다.
  • \varphi(n) =n \prod_{p\mid n} \left(1-\frac{1}{p}\right)$\varphi(n) =n \prod_{p\mid n} \left(1-\frac{1}{p}\right)$이고, 소인수 분해한 경우를 생각하면 계산하기 쉽다.
• 어떤 정수가 있을 때, p_i$p_i$를 소인수라고 하고 a_i$a_i$를 p_i$p_i$ 소인수의 거듭제곱 횟수라고 하자. 약수의 합(x=1), 약수의 개수(x=0) 함수는 \prod(1+p_i^{x}+\cdots+p_i^{x a_i})$\prod(1+p_i^{x}+\cdots+p_i^{x a_i})$로 계산할 수 있다.
• 뫼비우스 함수는 \sum_{d | n} \mu(d) = \begin{cases}1&\mbox{ if } n=1\\ 0&\mbox{ if } n>1.\end{cases}$\sum_{d | n} \mu(d) = \begin{cases}1&\mbox{ if } n=1\\ 0&\mbox{ if } n>1.\end{cases}$를 사용해 계산할 수 있다.
• 이 함수들의 관계는 위키피디아 링크를 참고

분할 정복을 이용한 빠른 수식 계산

빠른 거듭 제곱 계산

• 분할 정복:
  • x^{2n} = (x^n) \cdot (x^n)$x^{2n} = (x^n) \cdot (x^n)$
  • x^{(2n+1)} = x \cdot x^{2n}$x^{(2n+1)} = x \cdot x^{2n}$

빠른 등비 수열의 합

• 분할 정복:
  • A^{2n} + A^{2n-1} + A^{2n-2} + \cdots + A^{1}$A^{2n} + A^{2n-1} + A^{2n-2} + \cdots + A^{1}$
  • = (A^{2n} + A^{n}) + (A^{2n-1} + A^{n-1}) + \cdots$= (A^{2n} + A^{n}) + (A^{2n-1} + A^{n-1}) + \cdots$
  • = (1 + A^n)(A^{n} + A^{n-1} + \cdots + A^{1})$= (1 + A^n)(A^{n} + A^{n-1} + \cdots + A^{1})$

행렬의 합

• 수열에 대한 테크닉을 바로 쓸 수도 있지만 I-A$I-A$의 역행렬이 있는 경우에는
  • \begin{align} I + A + A^2 + \cdots + A^{n-1} & = (I - A^n)(I-A)^{-1}\\ \end{align} $\begin{align} I + A + A^2 + \cdots + A^{n-1} & = (I - A^n)(I-A)^{-1}\\ \end{align}$
  • 무한히 더해야 할 때, 합이 수렴하는 경우 (I-A)^{-1}$(I-A)^{-1}$이 답이 된다.

선형 시스템

가우스 소거법

심플렉스법

• 진짜로 이거 필요할까? -_-

리니어 시스템과 플로우

기초 수치 해석

Newton method

• 가장 기초적인 근 찾기(root-finding) 알고리즘. f(x)$f(x)$와 f'(x)$f'(x)$의 구현이 주어질 때, f(x)=0$f(x)=0$인 위치를 찾는다.
• 처음에 답이 x_0$x_0$이라고 찍어보자. f(x_0)$f(x_0)$을 계산해보니 0이 아니었다. 그러면 어떻게 할까?
• 좋은 방법은 f(x)$f(x)$를 선형함수로 근사하고, 이 경우 해가 되는 위치가 어디일지를 찾는 것이다. 다음 그림을 보면 간단하다. (출처)

C++ 구현

// f(x)와 f'(x), 초기값이 주어졌을 때 해를 찾는다.
template<typename Function1, typename Function2>
double newton(Function1 f, Function2 fp, double init, double tolerance=1e-8, int iterations=10000) {
  double x = init;
  while(iterations--) {
    double fx = f(x);
    if(fabs(fx) < tolerance) return x;

    double fpx = fp(x);
    x -= fx / fpx;
  }
  // did not converge!
  return x;
}

Adaptive Simpson 수치 적분

• f(x)$f(x)$ 함수의 구현이 주어질 때, 해당 함수를 여러번 호출해서 해당 함수의 부정적분 없이도 정적분을 계산하는 기법들.
  • Simpson법은 해당 함수를 2차함수로 근사해서 적분한다. 따라서 해당 함수가 2차 이하라면 항상 정확한 답이 나온다.
  • Adaptive Simpson 적분 알고리즘은 해당 함수가 2차 함수에서 얼마나 벗어나는지 확인하고, 많이 벗어난다면 분할 정복한다. 자세한 백그라운드는 나도 모르니 싣지 않는다. 구현은 다음과 같다.

C++ 구현

template<typename Function>
double simpson(Function f, double a, double b) {
  double c = (a + b) / 2.0;
  double h3 = fabs(b - a) / 6.0;
  return h3 * (f(a) + 4.0 * f(c) + f(b));
}

// sum은 처음에 simpson(f, a, b)로 초기화한다.
// 오차가 eps 이상으로 추정되는 경우 분할정복한다.
template<typename Function>
double adaptiveSimpson(Function f, double a, double b, double sum, double eps) {
  double c = (a + b) / 2.0;
  double left = simpson(f, a, c);
  double right = simpson(f, c, b);
  if(fabs(left + right - sum) <= 15 * eps) 
    return left + right - (left + right - sum) / 15;
  return adaptiveSimpson(f, a, c, left, eps/2) + adaptiveSimpson(f, c, b, right, eps/2);
}

긴 정수 곱셈

카라츠바 알고리즘

• 카라츠바 알고리즘은 긴 정수 둘을 곱하는 분할 정복 알고리즘이다. B$B$진수 n$n$자리 긴 정수 a$a$, b$b$를 곱한다고 하자. (n$n$은 2의 자승으로 가정한다.)
• 이 때 두 숫자를 모두 절반(n/2$n/2$ 자리씩)으로 다음과 같이 자르자.
  • a = a_{1} \times B^{n/2} + a_{0}$a = a_{1} \times B^{n/2} + a_{0}$
  • b = b_{1} \times B^{n/2} + b_{0}$b = b_{1} \times B^{n/2} + b_{0}$
• 이 때 다음과 같이 두자.
  • z_0 = a_0 \times b_0$z_0 = a_0 \times b_0$
  • z_2 = a_1 \times b_1$z_2 = a_1 \times b_1$
  • z_1 = (a_0 + a_1) \times (b_0 + b_1) - z_0 - z_1 = a_0 \times b_1 + a_1 \times b_0$z_1 = (a_0 + a_1) \times (b_0 + b_1) - z_0 - z_1 = a_0 \times b_1 + a_1 \times b_0$
• 그러면
  • a \cdot b = (a_1 \cdot B^{n/2} + a_0) \cdot (b_1 \cdot B^{n/2} + b_0) = (a_1 \cdot b_1) \cdot B^{n} + (a_0 \cdot b_1 + a_1 \cdot b_0) \cdot B^{n/2} + (a_0 \cdot b_0)$a \cdot b = (a_1 \cdot B^{n/2} + a_0) \cdot (b_1 \cdot B^{n/2} + b_0) = (a_1 \cdot b_1) \cdot B^{n} + (a_0 \cdot b_1 + a_1 \cdot b_0) \cdot B^{n/2} + (a_0 \cdot b_0)$
  • = z_2 \cdot B^{n} + z_1 \cdot B^{n/2} + z_0$= z_2 \cdot B^{n} + z_1 \cdot B^{n/2} + z_0$
• B^{n}$B^{n}$으로의 곱은 선형시간에 할 수 있다는 점을 감안하면, n/2$n/2$ 크기의 정수 곱셈 세 번만 하면 되기 때문에 확실히 빠르다!

FFT와 다항식 곱셈

• 빠른 다항식 곱셈 알고리즘이 있으면 긴 정수 곱셈도 빠르게 할 수 있다. 긴 정수를 몇 자리씩 끊어서 다항식의 계수로 삼은 뒤, 두 다항식을 곱하고, 마지막에 올림 처리만 해 주면 되기 때문.
• 다항식 곱셈 또한 물론 단순한 방법은 O(n^2)$O(n^2)$인데, FFT를 이용하면 O(n \lg n)$O(n \lg n)$에 할 수 있다.
• FFT 곱셈은 다항식에 두 가지 표현 방식이 있다는 것을 이용한다:
  • 계수 목록 형태: 대부분 사용하는 방식
  • x, y쌍 형태: 2n$2n$개의 상수 x_0, x_1, \cdots, x_{n-1}$x_0, x_1, \cdots, x_{n-1}$에 대해 f_(x_0), f_(x_1), \cdots$f_(x_0), f_(x_1), \cdots$를 저장하는 방식
• n$n$개의 샘플은 n$n$차 방정식을 유니크하게 정의하기 때문에 이 두 표현 방식은 동등하다.
  • 하지만 f(x)\cdot g(x)$f(x)\cdot g(x)$를 x, y쌍 형태에서는 그냥 원소별로 곱해주면 된다!
• FFT는 특정 성질을 띠는 x$x$들을 선택해, 이 두 형태간의 변환을 O(n \lg n)$O(n \lg n)$에 수행한다.
• 곱셈 자체는 O(n)$O(n)$이다.
• 자세히는 인간적으로 CLRS를 보자...

C++ 구현:

#include<vector>
#include<complex>
#include<cmath>

using namespace std;

typedef complex<double> Complex;
typedef vector<Complex> ComplexVector;
typedef vector<int> Polynomial;

const double PI = 2.0 * acos(0.0);

// Given a n-th polynomial p, return its values at
// w^0, w^1, .., w^(n-1). n is assumed to be a power of 2.
// Since the size of the input and output are the same, the output is stored at
// p.
void dft(ComplexVector& p, Complex w) {
  int n = p.size();
  if(n == 1) return;

  // divide
  ComplexVector even(n / 2), odd(n / 2);
  for(int i = 0; i < n/2; ++i) {
    even[i] = p[i * 2];
    odd[i] = p[i * 2 + 1];
  }

  // conquer
  dft(even, w * w); 
  dft(odd, w * w);

  // merge
  Complex w_power = 1;
  for(int i = 0; i < n/2; ++i) {
    Complex offset = w_power * odd[i];
    p[i      ] = even[i] + offset;
    p[i + n/2] = even[i] - offset;
    w_power *= w;
  }
}


// returns smallest power of 2 s.t. p2 >= n.
int roundUp(int n) {
  int p2 = 1;
  while(p2 < n) p2 *= 2;
  return p2;
}

Polynomial operator * (const Polynomial& a, const Polynomial& b) {
  // last *2 is needed because C can have twice the degree from original polys
  int n = roundUp(max(a.size(), b.size())) * 2;

  // Complex representations of a and b
  ComplexVector ac(a.begin(), a.end()), bc(b.begin(), b.end());
  ac.resize(n); 
  bc.resize(n);

  // FFT 
  Complex w = polar(1.0, 2 * PI / n);
  dft(ac, w);
  dft(bc, w);
  // Pointwise multiplication
  for(int i = 0; i < n; ++i) 
    ac[i] *= bc[i];

  // Inverse FFT
  dft(ac, polar(1.0, -2 * PI / n));
  for(int i = 0; i < n; ++i) 
    ac[i] /= double(n);

  // Trim zero paddings
  while(!ac.empty() && fabs(real(ac.back())) < 1e-9) 
    ac.pop_back();

  // return real
  Polynomial ret(ac.size());
  for(int i = 0; i < ac.size(); ++i) 
    ret[i] = int(round(real(ac[i])));

  return ret;
}

긴 정수 곱셈의 응용

알면 유용한 사실들

• 약수의 개수: n의 약수의 개수는 2^{\log n / \log \log n}$2^{\log n / \log \log n}$ 이하 (by Severin Wigert) => 2^64이 최대이면 3321개 이하라는 상한이 있다.
• 원점에서 (a,b)까지 선분 위 격자점의 개수는 gcd(a,b)
• pi(x) ~= x/log(x)