Merge branch 'master' into Euclidean-like

```cpp

int a[MAXN];

int dp() {

  int now = 0, ans = 1;

  int now = 1, ans = 1;

  for (int i = 2; i <= n; i++) {

    if (a[i] > a[i - 1]) ans++;

    now = max(now, ans);

    if (a[i] > a[i - 1])

      now++;

    else

      now = 1;

    ans = max(now, ans);

  }

  return ans;

}

> SAT 是适定性（Satisfiability）问题的简称。一般形式为 k - 适定性问题，简称 k-SAT。而当 $k>2$ 时该问题为 NP 完全的。所以我们之研究 $k=2$ 的情况。

> SAT 是适定性（Satisfiability）问题的简称。一般形式为 k - 适定性问题，简称 k-SAT。而当 $k>2$ 时该问题为 NP 完全的。所以我们只研究 $k=2$ 的情况。

## 定义

## 结点的度数

设图 $G= \langle V,E\rangle$ 为一个有向图， $v\in V$ ，关联于结点 $v$ 的 **边** 的条数，称为点 $v$ 的度数，记作 $deg(v)$ 。

设图 $G= \langle V,E\rangle$ 为一个有向图， $v\in V$ ，关联于结点 $v$ 的 **边** 的条数，称为点 $v$ 的度数，记作 $\deg(v)$ 。

注意：一个自环为它的端点增加 2 度。

当图 $G= \langle V,E\rangle$ 为一个有向图， $v\in V$ ，称以 $v$ 作为始点的边数之和称为结点 $v$ 的出度，记为 $deg^{+} (v)$ 。将以 $v$ 作为终点的边数之和称为结点 $v$ 的入度，记为 $deg^{-} (v)$ 。称以 $v$ 作为端点的边数之和为结点 $v$ 的度数或度，记为 $deg(v)$ 。

当图 $G= \langle V,E\rangle$ 为一个有向图， $v\in V$ ，称以 $v$ 作为始点的边数之和称为结点 $v$ 的出度，记为 $\deg^{+} (v)$ 。将以 $v$ 作为终点的边数之和称为结点 $v$ 的入度，记为 $\deg^{-} (v)$ 。称以 $v$ 作为端点的边数之和为结点 $v$ 的度数或度，记为 $\deg(v)$ 。

显然， $\forall v\in V,deg(v)=deg^{+} (v)+deg^{-} (v)$ 。

显然， $\forall v\in V,\deg(v)=deg^{+} (v)+\deg^{-} (v)$ 。

### 定理 1

 $\sum_{v\in V} deg(v)=2\times |E|$ 

 $\sum_{v\in V} \deg(v)=2\times |E|$ 

推论：在任意图中，度数为奇数的点必然有偶数个。

### 定理 2

 $\sum_{v\in V} deg^{+} (v)=\sum_{v\in V} deg^{-} (v)=|E|$ 

 $\sum_{v\in V} \deg^{+} (v)=\sum_{v\in V} \deg^{-} (v)=|E|$ 

即所有点入度之和等于出度之和。

树：边数比结点数少一的连通图。更多内容，详见[树相关基础](/graph/tree-basic/)。

森林：由 $m$ 棵（ $m\ge 0$ ）互不相交的树组成的图。

森林：由 $m​$ 棵（ $m\ge 0​$ ）互不相交的树组成的图。

基环树：边数和点数相等的连通图。

仙人掌：每个结点至多在一个简单环上的图。

在无向图中，关联一对顶点的边多于 1 条，则称这些边为重边（平行边），重边的条数称为重数。

在无向图中，关联一对顶点的边多于 $1$ 条，则称这些边为重边（平行边），重边的条数称为重数。

简单图：不含重边和自环的图。

多重图：含重边的图。

完全图：每对不同的顶点之间都恰连有一条边相连的简单无向图。容易证明， $n$ 个顶点的完全图有 $\frac{n\times (n-1)}{2}$ 条边。

完全图：每对不同的顶点之间都恰连有一条边相连的简单无向图。容易证明， $n$ 个顶点的完全图有 $\dfrac{n(n-1)}{2}$ 条边。

竞赛图：通过在完全图中为每条边分配方向而获得的有向图。

那么假如我们可以快速对 $\sum_{i=1}^n(f\times g)(i)$ 求和，并用数论分块求解 $\sum_{i=2}^ng(i)S\left(\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\right)$ 就可以在较短时间内求得 $g(1)S(n)$.

## 【例 1】模板

## 问题一

??? note " [P4213【模板】杜教筛（Sum）](https://www.luogu.org/problemnew/show/P4213)"

    题目大意：求 $S_1(n)= \sum_{i=1}^{n} \mu(i)$ 和 $S_2(n)= \sum_{i=1}^{n} \varphi(i)$ 的值， $n\le 2^{31} -1$ 。

### 求解 $\mu$ 前缀和

### 莫比乌斯函数前缀和

由 **狄利克雷卷积** ，我们知道：

对于较大的值，需要用 `map` 存下其对应的值，方便以后使用时直接使用之前计算的结果。

### 求解 $\varphi$ 前缀和

### 欧拉函数前缀和

当然也可以用杜教筛求出 $\varphi (x)$ 的前缀和，但是更好的方法是应用莫比乌斯反演：

观察到，只需求出莫比乌斯函数的前缀和，就可以快速计算出欧拉函数的前缀和了。时间复杂度 $O(n^{\frac 2 3})$ 。

### 使用杜教筛求解 $\varphi$ 前缀和

#### 使用杜教筛求解

求 $S(i)=\sum_{i=1}^n\varphi(i)$.

}

```

## 【例 2】简单的数学题

## 问题二

??? note " [[LuoguP3768] 简单的数学题](https://www.luogu.org/problemnew/show/P3768)"

    大意：求

$$

s.t \begin{cases}  

\sum_{j = 1}^{n}a_{ij}x_j = b_j, i = 1,2,...,m\\ 

\displaystyle \sum_{j = 1}^{n}a_{ij}x_j = b_j, i = 1,2,...,m\\ 

xj \geq 0 , j = 1,2,...,n  \\

\end{cases}

$$

标准形的形式为：

- 1）目标函数要求max

- 1）目标函数要求 $\max$

- 2）约束条件均为等式

还是通过上述具体的线性规划问题来说明：

$$

max \ z = x_1 + x_2

\max \ z = x_1 + x_2

$$

$$

\end{cases}

$$

如果选择 $x_2$ 、$x_3$ 为基变量，那么令 $x_1$、$x_4$ 等于 $0$ ，可以去求解基变量 $x_2$ 、$x_3$ 的值。对系数矩阵做行变换，如下所示，$x_2=9/2$ ，$x_3=15/2$。

如果选择 $x_2​$ 、$x_3​$ 为基变量，那么令 $x_1​$、$x_4​$ 等于 $0​$ ，可以去求解基变量 $x_2​$ 、$x_3​$ 的值。对系数矩阵做行变换，如下所示，$x_2=9/2​$ ，$x_3=15/2​$。

$$

\left[\begin{array}{ccccc}{\mathrm{X}} & {x_{1}} & {x_{2}} & {x_{3}} & {x_{4}} & {b} \\ {} & {2} & {1} & {1} & {0} & {12} \\ {} & {1} & {2} & {0} & {1} & {9} \\ {\mathrm{C}} & {1} & {1} & {0} & {0} & {z}\end{array}\right] \rightarrow\left[\begin{array}{ccccc}{\mathrm{X}} & {x_{1}} & {x_{2}} & {x_{3}} & {x_{4}} & {b} \\ {} & {\frac{3}{2}} & {0} & {1} & {-\frac{1}{2}} & {\frac{15}{2}} \\ {} & {\frac{1}{2}} & {1} & {0} & {\frac{1}{2}} & {\frac{9}{2}} \\ {\mathrm{C}} & {\frac{1}{2}} & {0} & {0} & {-\frac{1}{2}} & {z-\frac{9}{2}}\end{array}\right]

set<int> P;

size_t cn, bn;

bool Pivot(pair<size_t, size_t> &p)//返回0表示所有的非轴元素都小于0

{

bool Pivot(pair<size_t, size_t> &p) { //返回0表示所有的非轴元素都小于0

	int x = 0, y = 0;

	double cmax = -INT_MAX;

	vector<double> C = Matrix[0];

	vector<double> B;

    for( size_t i = 0 ; i < bn ; i++ )

    {

	for(size_t i = 0 ; i < bn ; i++) {

		B.push_back(Matrix[i][cn - 1]);

	}

    for( size_t i = 0 ; i < C.size(); i++ )//在非轴元素中找最大的c

    {

        if( cmax < C[i] && P.find(i) == P.end())

        {

	for(size_t i = 0 ; i < C.size(); i++) { //在非轴元素中找最大的c

		if(cmax < C[i] && P.find(i) == P.end()) {

			cmax = C[i];

			y = i;

		}

	}

    if( cmax < 0 )

    {

	if(cmax < 0) {

		return 0;

	}

	double bmin = INT_MAX;

    for( size_t i = 1 ; i < bn ; i++ )

    {

	for(size_t i = 1 ; i < bn ; i++) {

		double tmp = B[i] / Matrix[i][y];

       if( Matrix[i][y] != 0 && bmin > tmp )

       {

		if(Matrix[i][y] != 0 && bmin > tmp) {

			bmin = tmp;

			x = i;

		}

	p = make_pair(x, y);

    for( set<int>::iterator it = P.begin() ; it != P.end() ; it++)

    {

        if( Matrix[x][*it] != 0 )

        {

	for(set<int>::iterator it = P.begin() ; it != P.end() ; it++) {

		if(Matrix[x][*it] != 0) {

			//cout<<"erase "<<*it<<endl;

			P.erase(*it);

			break;

	return true;

}

void pnt()

{

    for( size_t i = 0 ; i < Matrix.size() ; i++ )

    {

        for( size_t j = 0 ; j < Matrix[0].size() ; j++ )

        {

void pnt() {

	for(size_t i = 0 ; i < Matrix.size() ; i++) {

		for(size_t j = 0 ; j < Matrix[0].size() ; j++) {

			cout << Matrix[i][j] << "\t";

		}

		cout << endl;

	cout << "result z:" << -Matrix[0][cn - 1] << endl;

}

void Gaussian(pair<size_t, size_t> p)//行变换

{

void Gaussian(pair<size_t, size_t> p) { //行变换

	size_t  x = p.first;

	size_t y = p.second;

	double norm = Matrix[x][y];

    for( size_t i = 0 ; i < cn ; i++ )//主行归一化

    {

	for(size_t i = 0 ; i < cn ; i++) { //主行归一化

		Matrix[x][i] /= norm;

	}

    for( size_t i = 0 ; i < bn && i != x; i++ )

    {

        if( Matrix[i][y] != 0)

        {

	for(size_t i = 0 ; i < bn && i != x; i++) {

		if(Matrix[i][y] != 0) {

			double tmpnorm = Matrix[i][y];

            for( size_t j = 0 ; j < cn ; j++ )

            {

			for(size_t j = 0 ; j < cn ; j++) {

				Matrix[i][j] = Matrix[i][j] - tmpnorm * Matrix[x][j];

			}

		}

	}

}

void solve()

{

void solve() {

	pair<size_t, size_t> t;

    while(1)

    {

	while(1) {

		pnt();

        if( Pivot(t) == 0 )

        {

		if(Pivot(t) == 0) {

			return;

		}

		cout << t.first << " " << t.second << endl;

        for( set<int>::iterator it = P.begin(); it != P.end()  ; it++ )

        {

		for(set<int>::iterator it = P.begin(); it != P.end()  ; it++) {

			cout << *it << " ";

		}

		cout << endl;

	}

}

int main(int argc, char *argv[])

{

int main(int argc, char *argv[]) {

	//ifstream fin;

	//fin.open("./test");

	cin >> cn >> bn;

    for( size_t i = 0 ; i < bn ; i++ )

    {

	for(size_t i = 0 ; i < bn ; i++) {

		vector<double> vectmp;

        for( size_t j = 0 ; j < cn ; j++)

        {

		for(size_t j = 0 ; j < cn ; j++) {

			double tmp = 0;

			cin >> tmp;

			vectmp.push_back(tmp);

		Matrix.push_back(vectmp);

	}

    for( size_t i = 0 ; i < bn-1 ; i++ )

    {

	for(size_t i = 0 ; i < bn - 1 ; i++) {

		P.insert(cn - i - 2);

	}

	solve();

### 6.1 标准型

$m+n$ 个约束 $n$ 个变量用 $x$ 向量表示，$A$ 是一个 $m*n$ 的矩阵，$c$ 是一个 $n$ 的向量，$b$ 是一个 $m$ 的向量，最大化 $cx$ 满足约束 $Ax \leq b,x > 0$。

$m+n$ 个约束 $n$ 个变量用 $x$ 向量表示，$A$ 是一个 $m\times n$ 的矩阵，$c$ 是一个 $n$ 的向量，$b$ 是一个 $m$ 的向量，最大化 $cx$ 满足约束 $Ax \leq b,x > 0$。

最大化 $\sum_{j=1}^nc_jx_j$ 满足如下约束条件：

$$

### 6.2 转换为标准型

若目标函数要求取最小值，那么可以对其取相反数变成取最大值。对于限制条件 $f(x_1, x_2, \ldots ,x_n) = b$，可以用两个不等式 $f(x_1, x2, \ldots, x_n) \leq b,-f(x_1,x_2,\ldots,x_n) \leq -b$ 描述，对于限制条件 $f(x_1,x_2,\ldots,x_n) \geq b$，可以用不等式 $-f(x_1,x_2,\ldots,x_n) \leq -b$ 描述。对于无限制的变量 $x$，可以将其拆为两个非负变量 $x_0,x_1$，使得 $x = x_0 - x_1$。

若目标函数要求取最小值，那么可以对其取相反数变成取最大值。对于限制条件 $f(x_1, x_2, \ldots ,x_n) = b$，可以用两个不等式 $f(x_1, x_2, \ldots, x_n) \leq b,-f(x_1,x_2,\ldots,x_n) \leq -b$ 描述，对于限制条件 $f(x_1,x_2,\ldots,x_n) \geq b$，可以用不等式 $-f(x_1,x_2,\ldots,x_n) \leq -b$ 描述。对于无限制的变量 $x$，可以将其拆为两个非负变量 $x_0,x_1$，使得 $x = x_0 - x_1$。

### 6.3 松弛型

### 6.5 可行解

- 基本解：所有非基变量设为0，基本变量为右侧的常数

- 基本解：所有非基变量设为 $0​$，基本变量为右侧的常数

- 基本可行解：所有 $b_i \geq 0$

- 基本可行解：所有 $b_i \geq 0​$

> 注：单纯形法的过程中B和N不断交换，在n维空间中不断走，“相当于不等式上的高斯消元”。

### 6.6 转轴

选取一个非基本变量 $x_e$ 为替入变量，基本变量 $x_l$ 为替出变量，将其互换，为了防止循环，根据 **Bland规则** ，选择下标最小的变量。

选取一个非基本变量 $x_e​$ 为替入变量，基本变量 $x_l​$ 为替出变量，将其互换，为了防止循环，根据 **Bland规则** ，选择下标最小的变量。

> **Bland规则** 可以参看：[最优化方法](https://github.com/AngelKitty/review_the_national_post-graduate_entrance_examination/blob/master/books_and_notes/professional_courses/data_structures_and_algorithms/sources/extra_books/%E6%9C%80%E4%BC%98%E5%8C%96%E6%96%B9%E6%B3%95.pdf)

基本思想就是改写 $l$ 这个约束为 $x_e$ 作为基本变量，然后把这个新 $x_e$ 的值带到其他约束和目标函数中，就消去 $x_e$ 了。改写和带入时要修改 $b$ 和 $a$，目标函数则是 $c$ 和 $v$。 

转动时，$l$ 和 $e$ 并没有像算法导论上一样，$a$ 矩阵用了两行分别是 $a[l][ \ ]$和 $a[e][ \ ]$（这样占用内存大），而是用了同一行，这样 $a$ 矩阵的行数 $=|B|$，列数 $=|N|$。

转动时，$l$ 和 $e$ 并没有像算法导论上一样，$a$ 矩阵用了两行分别是 $a_{l, \square}$ 和 $a_{e, \square}$（这样占用内存大），而是用了同一行，这样 $a$ 矩阵的行数 $=|B|$，列数 $=|N|$。

也就是说，约束条件只用 $m$ 个，尽管 $B$ 和 $N$ 不断交换，但同一时间还是只有 $m$ 个约束(基本变量)，$n$ 个非基变量，注意改写成松弛型后 $a$ 矩阵实际系数为负。（一个优化 $a[i][e]$为 $0$ 的约束没必要带入了。

也就是说，约束条件只用 $m$ 个，尽管 $B$ 和 $N$ 不断交换，但同一时间还是只有 $m$ 个约束(基本变量)，$n$ 个非基变量，注意改写成松弛型后 $a$ 矩阵实际系数为负。（一个优化为 $a_{i,e}$ 的约束没必要带入了。

`simplex` 是主过程，基本思想是找到一个 $c[e]>0$ 的，然后找对这个 $e$ 限制最紧的 $l$ ，转动这组 $l,e$，注意精度控制 $eps$，$c[e]>eps$， 还有找 $l$ 的时候 $a[i][e]>eps$ 才行。

`simplex` 是主过程，基本思想是找到一个 $c_e>0$ 的，然后找对这个 $e$ 限制最紧的 $l$ ，转动这组 $l,e$，注意精度控制 $\epsilon$，$c_e>\epsilon$， 还有找 $l$ 的时候 $a_{i,e}>\epsilon​$ 才行。

??? note " 例题 [BZOJ1061 志愿者招募](https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=1061)"

    题目大意：长度为 $n$ 的序列，第 $i$ 位至少 $b_i$，$m$ 种区间使 $[l_i,r_i] + 1$ 代价为 $a_i$。

    题目大意：长度为 $n​$ 的序列，第 $i​$ 位至少 $b_i​$，$m​$ 种区间使 $[l_i,r_i] + 1​$ 代价为 $a_i​$。

原始问题 $m$ 个变量，$n$ 个约束，当 $l_j \leq i \leq r_j$，$a_{ij} = 1$。

原始问题 $m​$ 个变量，$n​$ 个约束，当 $l_j \leq i \leq r_j​$，$a_{ij} = 1​$。

对偶问题 $n$ 个变量，$m$ 个约束

对偶问题 $n​$ 个变量，$m​$ 个约束

$$

\max \ \sum_{i=1}nb_iy_i

$$

$$

Sat \ \sum_{l_i \leq j \leq r_i}y_j \leq c_i, y_i \geq 0

s.t \ \sum_{l_i \leq j \leq r_i}y_j \leq c_i, y_i \geq 0

$$

把对应出的系数矩阵带入到单纯形算法就可以求出最优解了。

const int M = 10005, N = 1005, INF = 1e9;

const double eps = 1e-6;

inline int read() {

    char c=getchar();int x=0,f=1;

    while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1; c=getchar();}

    while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+c-'0'; c=getchar();}

	char c = getchar();

	int x = 0, f = 1;

	while(c < '0' || c > '9') {

		if(c == '-')f = -1;

		c = getchar();

	}

	while(c >= '0' && c <= '9') {

		x = x * 10 + c - '0';

		c = getchar();

	}

	return x * f;

}

}

int main() {

    n=read();m=read();

	n = read();

	m = read();

	for(int i = 1; i <= n; i++) c[i] = read();

	for(int i = 1; i <= m; i++) {

		int s = read(), t = read();

$$

$$

Sat \begin{cases}  

s.t \begin{cases}  

\sum_{(v) \in Y} d_{uv} \leq 1, u \in X \\ 

\sum_{(u) \in X} d_{uv} \leq 1, v \in Y  \\

d_{u,v} \in \{0,1\}

$$

$$

Sat \begin{cases}  

s.t \begin{cases}  

p_u + p_v \geq c_{uv} \\ 

u \in X, v \in Y\\

p_u, p_v \geq 0