基本算法
这题目和完全背包问题很类似。基本的方程只需将完全背包问题的方程略微一改即可，因为对于第i种物品有n[i]+1种策略：取0件，取1件……取n[i]件。令f[i][v]表示前i种物品恰放入一个容量为v的背包的最大权值，则有状态转移方程：

f[i][v]=max{f[i-1][v-k*c[i]]+k*w[i]|0<=k<=n[i]}

复杂度是O(V*Σn[i])。

转化为01背包问题
另一种好想好写的基本方法是转化为01背包求解：把第i种物品换成n[i]件01背包中的物品，则得到了物品数为Σn[i]的01背包问题，直接求解，复杂度仍然是O(V*Σn[i])。

但是我们期望将它转化为01背包问题之后能够像完全背包一样降低复杂度。仍然考虑二进制的思想，我们考虑把第i种物品换成若干件物品，使得原问题中第i种物品可取的每种策略——取0..n[i]件——均能等价于取若干件代换以后的物品。另外，取超过n[i]件的策略必不能出现。

方法是：将第i种物品分成若干件物品，其中每件物品有一个系数，这件物品的费用和价值均是原来的费用和价值乘以这个系数。使这些系数分别为1,2,4,...,2^(k-1),n[i]-2^k+1，且k是满足n[i]-2^k+1>0的最大整数。例如，如果n[i]为13，就将这种物品分成系数分别为1,2,4,6的四件物品。

分成的这几件物品的系数和为n[i]，表明不可能取多于n[i]件的第i种物品。另外这种方法也能保证对于0..n[i]间的每一个整数，均可以用若干个系数的和表示，这个证明可以分0..2^k-1和2^k..n[i]两段来分别讨论得出，并不难，希望你自己思考尝试一下。

这样就将第i种物品分成了O(log n[i])种物品，将原问题转化为了复杂度为<math>O(V*Σlog n[i])的01背包问题，是很大的改进。

下面给出O(log amount)时间处理一件多重背包中物品的过程，其中amount表示物品的数量：

procedure MultiplePack(cost,weight,amount)
    if cost*amount>=V
        CompletePack(cost,weight)
        return
    integer k=1
    while k<amount
        ZeroOnePack(k*cost,k*weight)
        amount=amount-k
        k=k*2
    ZeroOnePack(amount*cost,amount*weight)
希望你仔细体会这个伪代码，如果不太理解的话，不妨翻译成程序代码以后，单步执行几次，或者头脑加纸笔模拟一下，也许就会慢慢理解了。

O(VN)的算法
多重背包问题同样有O(VN)的算法。这个算法基于基本算法的状态转移方程，但应用单调队列的方法使每个状态的值可以以均摊O(1)的时间求解。由于用单调队列优化的DP已超出了NOIP的范围，故本文不再展开讲解。我最初了解到这个方法是在楼天成的“男人八题”幻灯片上。

小结
这里我们看到了将一个算法的复杂度由O(V*Σn[i])改进到O(V*Σlog n[i])的过程，还知道了存在应用超出NOIP范围的知识的O(VN)算法。希望你特别注意“拆分物品”的思想和方法，自己证明一下它的正确性，并将完整的程序代码写出来。

基本思路
这个问题非常类似于01背包问题，所不同的是每种物品有无限件。也就是从每种物品的角度考虑，与它相关的策略已并非取或不取两种，而是有取0件、取1件、取2件……等很多种。如果仍然按照解01背包时的思路，令f[i][v]表示前i种物品恰放入一个容量为v的背包的最大权值。仍然可以按照每种物品不同的策略写出状态转移方程，像这样：

f[i][v]=max{f[i-1][v-k*c[i]]+k*w[i]|0<=k*c[i]<=v}

这跟01背包问题一样有O(VN)个状态需要求解，但求解每个状态的时间已经不是常数了，求解状态f[i][v]的时间是O(v/c[i])，总的复杂度可以认为是O(V*Σ(V/c[i]))，是比较大的。

将01背包问题的基本思路加以改进，得到了这样一个清晰的方法。这说明01背包问题的方程的确是很重要，可以推及其它类型的背包问题。但我们还是试图改进这个复杂度。

一个简单有效的优化
完全背包问题有一个很简单有效的优化，是这样的：若两件物品i、j满足c[i]<=c[j]且w[i]>=w[j]，则将物品j去掉，不用考虑。这个优化的正确性显然：任何情况下都可将价值小费用高得j换成物美价廉的i，得到至少不会更差的方案。对于随机生成的数据，这个方法往往会大大减少物品的件数，从而加快速度。然而这个并不能改善最坏情况的复杂度，因为有可能特别设计的数据可以一件物品也去不掉。

这个优化可以简单的O(N^2)地实现，一般都可以承受。另外，针对背包问题而言，比较不错的一种方法是：首先将费用大于V的物品去掉，然后使用类似计数排序的做法，计算出费用相同的物品中价值最高的是哪个，可以O(V+N)地完成这个优化。这个不太重要的过程就不给出伪代码了，希望你能独立思考写出伪代码或程序。

转化为01背包问题求解
既然01背包问题是最基本的背包问题，那么我们可以考虑把完全背包问题转化为01背包问题来解。最简单的想法是，考虑到第i种物品最多选V/c[i]件，于是可以把第i种物品转化为V/c[i]件费用及价值均不变的物品，然后求解这个01背包问题。这样完全没有改进基本思路的时间复杂度，但这毕竟给了我们将完全背包问题转化为01背包问题的思路：将一种物品拆成多件物品。

更高效的转化方法是：把第i种物品拆成费用为c[i]*2^k、价值为w[i]*2^k的若干件物品，其中k满足c[i]*2^k<=V。这是二进制的思想，因为不管最优策略选几件第i种物品，总可以表示成若干个2^k件物品的和。这样把每种物品拆成O(log V/c[i])件物品，是一个很大的改进。

但我们有更优的O(VN)的算法。

O(VN)的算法
这个算法使用一维数组，先看伪代码：

for i=1..N
    for v=0..V
        f[v]=max{f[v],f[v-cost]+weight}
你会发现，这个伪代码与P01的伪代码只有v的循环次序不同而已。为什么这样一改就可行呢？首先想想为什么P01中要按照v=V..0的逆序来循环。这是因为要保证第i次循环中的状态f[i][v]是由状态f[i-1][v-c[i]]递推而来。换句话说，这正是为了保证每件物品只选一次，保证在考虑“选入第i件物品”这件策略时，依据的是一个绝无已经选入第i件物品的子结果f[i-1][v-c[i]]。而现在完全背包的特点恰是每种物品可选无限件，所以在考虑“加选一件第i种物品”这种策略时，却正需要一个可能已选入第i种物品的子结果f[i][v-c[i]]，所以就可以并且必须采用v=0..V的顺序循环。这就是这个简单的程序为何成立的道理。

值得一提的是，上面的伪代码中两层for循环的次序可以颠倒。这个结论有可能会带来算法时间常数上的优化。

这个算法也可以以另外的思路得出。例如，将基本思路中求解f[i][v-c[i]]的状态转移方程显式地写出来，代入原方程中，会发现该方程可以等价地变形成这种形式：

f[i][v]=max{f[i-1][v],f[i][v-c[i]]+w[i]}

将这个方程用一维数组实现，便得到了上面的伪代码。

最后抽象出处理一件完全背包类物品的过程伪代码：

procedure CompletePack(cost,weight)
    for v=cost..V
        f[v]=max{f[v],f[v-c[i]]+w[i]}
总结
完全背包问题也是一个相当基础的背包问题，它有两个状态转移方程，分别在“基本思路”以及“O(VN)的算法“的小节中给出。希望你能够对这两个状态转移方程都仔细地体会，不仅记住，也要弄明白它们是怎么得出来的，最好能够自己想一种得到这些方程的方法。事实上，对每一道动态规划题目都思考其方程的意义以及如何得来，是加深对动态规划的理解、提高动态规划功力的好方法。

基本思路
这是最基础的背包问题，特点是：每种物品仅有一件，可以选择放或不放。

用子问题定义状态：即f[i][v]表示前i件物品恰放入一个容量为v的背包可以获得的最大价值。则其状态转移方程便是：

f[i][v]=max{f[i-1][v],f[i-1][v-c[i]]+w[i]}

这个方程非常重要，基本上所有跟背包相关的问题的方程都是由它衍生出来的。所以有必要将它详细解释一下：“将前i件物品放入容量为v的背包中”这个子问题，若只考虑第i件物品的策略（放或不放），那么就可以转化为一个只牵扯前i-1件物品的问题。如果不放第i件物品，那么问题就转化为“前i-1件物品放入容量为v的背包中”，价值为f[i-1][v]；如果放第i件物品，那么问题就转化为“前i-1件物品放入剩下的容量为v-c[i]的背包中”，此时能获得的最大价值就是f[i-1][v-c[i]]再加上通过放入第i件物品获得的价值w[i]。

优化空间复杂度
以上方法的时间和空间复杂度均为O(VN)，其中时间复杂度应该已经不能再优化了，但空间复杂度却可以优化到O。

先考虑上面讲的基本思路如何实现，肯定是有一个主循环i=1..N，每次算出来二维数组f[i][0..V]的所有值。那么，如果只用一个数组f[0..V]，能不能保证第i次循环结束后f[v]中表示的就是我们定义的状态f[i][v]呢？f[i][v]是由f[i-1][v]和f[i-1][v-c[i]]两个子问题递推而来，能否保证在推f[i][v]时（也即在第i次主循环中推f[v]时）能够得到f[i-1][v]和f[i-1][v-c[i]]的值呢？事实上，这要求在每次主循环中我们以v=V..0的顺序推f[v]，这样才能保证推f[v]时f[v-c[i]]保存的是状态f[i-1][v-c[i]]的值。伪代码如下：

for i=1..N
    for v=V..0
        f[v]=max{f[v],f[v-c[i]]+w[i]};
其中的f[v]=max{f[v],f[v-c[i]]}一句恰就相当于我们的转移方程f[i][v]=max{f[i-1][v],f[i-1][v-c[i]]}，因为现在的f[v-c[i]]就相当于原来的f[i-1][v-c[i]]。如果将v的循环顺序从上面的逆序改成顺序的话，那么则成了f[i][v]由f[i][v-c[i]]推知，与本题意不符，但它却是另一个重要的背包问题P02最简捷的解决方案，故学习只用一维数组解01背包问题是十分必要的。

事实上，使用一维数组解01背包的程序在后面会被多次用到，所以这里抽象出一个处理一件01背包中的物品过程，以后的代码中直接调用不加说明。

过程ZeroOnePack，表示处理一件01背包中的物品，两个参数cost、weight分别表明这件物品的费用和价值。

procedure ZeroOnePack(cost,weight)
    for v=V..cost
        f[v]=max{f[v],f[v-cost]+weight}
注意这个过程里的处理与前面给出的伪代码有所不同。前面的示例程序写成v=V..0是为了在程序中体现每个状态都按照方程求解了，避免不必要的思维复杂度。而这里既然已经抽象成看作黑箱的过程了，就可以加入优化。费用为cost的物品不会影响状态f[0..cost-1]，这是显然的。

有了这个过程以后，01背包问题的伪代码就可以这样写：

for i=1..N
    ZeroOnePack(c[i],w[i]);
初始化的细节问题
我们看到的求最优解的背包问题题目中，事实上有两种不太相同的问法。有的题目要求“恰好装满背包”时的最优解，有的题目则并没有要求必须把背包装满。一种区别这两种问法的实现方法是在初始化的时候有所不同。

如果是第一种问法，要求恰好装满背包，那么在初始化时除了f[0]为0其它f[1..V]均设为-∞，这样就可以保证最终得到的f[N]是一种恰好装满背包的最优解。

如果并没有要求必须把背包装满，而是只希望价格尽量大，初始化时应该将f[0..V]全部设为0。

为什么呢？可以这样理解：初始化的f数组事实上就是在没有任何物品可以放入背包时的合法状态。如果要求背包恰好装满，那么此时只有容量为0的背包可能被价值为0的nothing“恰好装满”，其它容量的背包均没有合法的解，属于未定义的状态，它们的值就都应该是-∞了。如果背包并非必须被装满，那么任何容量的背包都有一个合法解“什么都不装”，这个解的价值为0，所以初始时状态的值也就全部为0了。

这个小技巧完全可以推广到其它类型的背包问题，后面也就不再对进行状态转移之前的初始化进行讲解。

一个常数优化
前面的伪代码中有 for v=V..1，可以将这个循环的下限进行改进。

由于只需要最后f[v]的值，倒推前一个物品，其实只要知道f[v-w[n]]即可。以此类推，对以第j个背包，其实只需要知道到f[v-sum{w[j..n]}]即可，即代码中的

for i=1..N
    for v=V..0
可以改成

for i=1..n
    bound=max{V-sum{w[i..n]},c[i]}
    for v=V..bound
这对于V比较大时是有用的。

小结
01背包问题是最基本的背包问题，它包含了背包问题中设计状态、方程的最基本思想，另外，别的类型的背包问题往往也可以转换成01背包问题求解。故一定要仔细体会上面基本思路的得出方法，状态转移方程的意义，以及最后怎样优化的空间复杂度。

利用费马小定理，对于给定的整数n，可以设计一个素数判定算法。通过计算d=2^(n-1)mod n来判定整数n的素性。当d不等于1时，n肯定不是素数；当d等于1时，n则很可能是素数。但也存在合数n使得2^(n-1)≡1(mod n)。例如，满足此条件的最小合数是n=341。为了提高测试的准确性，我们可以随机地选取整数1Carmichael数，前3个Carmichael数是561,1105,1729。Carmichael数是非常少的。在1~100000000范围内的整数中，只有255个Carmichael数。

   二次探测定理

   二次探测定理 如果p是一个素数，0<x<p,则方程x^2≡1(mod p)的解为x=1,p-1

根据以上两个定理,如到Miller-Rabin算法的一般步骤:
0、先计算出m、j，使得n-1=m*2^j，其中m是正奇数，j是非负整数
1、随机取一个b，2<=b
2、计算v=b^m mod n
3、如果v==1，通过测试，返回
4、令i=1
5、如果v=n-1，通过测试，返回
6、如果i==j，非素数，结束
7、v=v^2 mod n，i=i+1
8、循环到5

说明:

Miller-Rabin是随机算法
得到的结果的正确率为 75%,所以应该多次调用该函数,使正确概率提高为  1-(1/4)^p

lim(n→∞) √(2πn) * n^n * e^(-n) / n! = 1, 也就是说当n很大的时候,n!与√(2πn) * n^n * e^(-n)的值十分接近, 这就是Stirling公式.

【Stirling公式的证明】

令a(n)=n! / [ n^(n+1/2) * e^(-n) ]

则a(n) / a(n+1) = (n+1)^(n+3/2) / [ n^(n+1/2) * (n+1) * e ] = (n+1)^(n+1/2) / [ n^(n+1/2) * e]
                                   　　                                                      =(1+1/n)^n * (1+1/n)^1/2 *1/e
       当n→∞时,(1+1/n)^n→e,(1+1/n)^1/2→1
　　即lim(n→∞) a(n)/a(n+1)=1
   　所以lim(n→∞)a(n) 存在
　　设A=lim(n→∞)a(n)
　　A=lim(n→∞)n! / [ n^(n+1/2) * e^(-n) ]
　　利用Wallis公式,π/2 = lim(n→∞)[ (2n)!! / (2n-1)!! ]^2 / (2n+1)
　　π/2 = lim(n→∞)[ (2n)!! / (2n-1)!! ]^2 / (2n+1)
　　      =lim(n→∞)[ (2n)!! * (2n)!! / (2n)! ]^2 / (2n+1)
      　　=lim(n→∞) 2^(4n) [ (n!)^2 / (2n)! ]^2 / (2n+1)
      　　=lim(n→∞) 2^(4n) [ (A * n^(n+1/2) * e^(-n) )^2 / (A * (2n)^(2n+1/2) * e^(-2n) )]^2 / (2n+1)
      　　=lim(n→∞) 2^(4n) [ 2^(-2n-1/2) * A * √n ]^2 / (2n+1)
      　　=lim(n→∞) 2^(4n) * A^2 * 2^(-4n-1) * n/(2n+1)
      　　=A^2 / 4
 　　所以A=√(2π)
 　　lim(n→∞)n! / [ n^(n+1/2) * e^(-n) ] = √(2π)
 　　即lim(n→∞) √(2πn) * n^n * e^(-n) / n! = 1

【Stirling公式的意义】

Stirling公式的意义在于:当n足够大之后n!计算起来十分困难,虽然有很多关于n!的不等式,但并不能很好的对阶乘结果进行估计,尤其是n很大之后,误差将会非常大.但利用Stirling公式可以将阶乘转化成幂函数,使得阶乘的结果得以更好的估计.而且n越大,估计得就越准确.

(以上来自百度百科)
补充：
用Stirling公式计算n!结果的位数时，可以两边取对数，得：
log10(n!) = log10(2*PI*n)/2+n*log10(n/E);
故n!的位数为 log10(2*PI*n)/2+n*log10(n/E)+1（注意：当n=1时，算得的结果为0）

n的位数为[lg10(n)]+1
n!的位数为[lg10(n*(n-1)*(n-2)*…..*1)]+1=[lg10(n)+lg10(n-1)+lg10(n-2)+….+lg10(1)]+1

高德纳的《计算机程序设计艺术》中，
n! = sqrt(2*π*n) * ((n/e)^n) * (1 + 1/(12*n) + 1/(288*n*n) + O(1/n^3))

递归的力量：优化到O(N)

在Donald E. Knuth的《具体数学》中，对m=2的情况使用了递归的解决方法，并推出了一个常数表达式，使得此种情况下，算法的复杂度为常量。同时，这种思路也可以应用于n>2 的情况，但无法得出常数表达式，推广后的递归算法具体的思路如下：

当n个人围成一圈并以m为步长第一次报数时，第m个人出列，此时就又组成了一个新的，人数为n-1的约瑟夫环，要求n个人的约瑟夫环问题的解，就依赖于求n-1个人的约瑟夫问题的解，要求n-2个人的约瑟夫问题的解，则依赖于求n-2个人的约瑟夫换问题的解，依次类推，直至求1个人的时候，该问题的解。

让我们回到问题的原始描述中，m是一个固定的值，即步长；n为一个圈的总人数，k为这个圈第一个报数的人的编号，显然，n在每次递归过程中会减1，而k则可以由m,n来唯一确定，这样的话，当n=1的时候，我们所确定的当前的k值，就是我们所要求的解。

那么，我们可列出如下的递归式：

P(n, m, k)=1 (i = 1)

P(n, m, k)=(P(i - 1, m, k ) + m - 1) % n + 1; (i > 1)

（此处m需先减1是为了让模n的值不为0）

这样，我们可以很轻松的将此算法具体实现。这里给出它的递推表示法以方便进下一步讨论（C言描述）：

long Josephus(long n,long m,long k){     //参数分别为：人数，出圈步长，起使报数位置,
    for (long i = 1; i <= n; i++)
        k = (k + m - 1) % i + 1; 
    return k; //返回最后一人的位置
}

显然，这个算法的复杂度仅为O(n)，相比模拟算法，有了很大的改进。

再优化：与人数无关
上面的算法相比最初的模拟算法效率已经大大提升了，那么，该算法还有改进的余地么？
事实上，如果我们观察上述算法中的变量k，他的初始值为第一个出圈人的编号，但在循环的过程中，我们会发现它常常处在一种等差递增的状态，我来看这个式子：k = (k + m - 1) % i + 1，可以看出，当i比较大而k+m-1比较小的时候，k就处于一种等差递增的状态，这个等差递增的过程并不是必须的，可以跳过。
我们设一中间变量x，列出如下等式：
k + m * x – 1 = i + x
解出x，令k = k + m * x，将i + x直接赋值给 i，这样就跳过了中间共x重的循环，从而节省了等差递增的时间开销。
可是其中求出来的x + i可能会超过n，这样的结果事实上已经告诉我们此时可以直接结束算法了，即：
k = k + m * (n - i) ;
i = n;
结束。
另外对于m = 1的情况可以单独讨论：
当k == 1时，最终结果就是n；
当k != 1时，最终结果就是(k + n - 1) % n。
整个算法的C语言描述如下：

long Josephus( long n, long m, long k ){ //分别为：人数，出圈步长，起使报数位置, 
    if (m == 1)
        k = k == 1 ? n : (k + n - 1) % n;
            else{
                for (long i = 1; i <= n; i++){
                    if ((k + m) < i){
                        x = (i - k + 1) / (m - 1) - 1;
                        if (i + x < n){
                            i = i + x;
                            k = (k + m * x);
                        }
                        else{
                            k = k + m * (n - i) ;
                            i = n;
                        } 
                   }
                   k = (k + m - 1) % i + 1;
               }
          }
     return k; //返回最后一人的位置
}

该算法的算法复杂度在m<n时已经与一个圈中的人数n没有关系了，即使在n=2000000000，m=3，k=1的情况下，也只做了54次循环，事实上，大多数的情况都是m<n，且m相对来说很小，此时，这个算法的复杂度仅为O(m)；但当而m>=n时，用方程求出的值不能减少循环重数，算法复杂度仍为O(n)。

转自：http://wenwen.soso.com/z/q32613561.htm

2.叉积Cross Product  A x B = |A||B|Sin(θ) , θ 的正负由A，B的右手定则决定，其值同时代表A,B形成的平行四边形的面积

3.线段与点之间距离Line-Point Distance L = | (AB x AC)/|AB| |其中L是从C到A,B这条直线的距离 因为AB x AC/2是ABC形成的三角形面积 而三角形面积也等于|AB|*L/2 注意根据cross product的定义 L值应该取绝对值

4.求垂直平分线 首先构造AB的方程 Ax+By=C 则平分线方程为 -Bx+Ay=D 把AB的中点代入进去就得到了D

5.求3点共圆 A,B,C 首先做出 AB 和 BC的平分线 求出交点o 则交点o就是圆心 而 dis(o, B)就是半径

6.求点A相对一直线L的对面点B 首先得到AB的方程 根据A点坐标求出AB的方程 再求出AB与L的交点Y 接着就是A' = 2 * Y - X

7.求50000个点的最远距离 先用NlogN的算法求凸包 再枚举点距

8.判断一个点是否在一个多边形内 可以沿这个点做一条射线 然后判断这个点与其他边的交点的个数 如果是偶数则在外部 如果为奇数 则在里面 如果在边界 可以用点线距为0来判断

9.球坐标转化成立体坐标  

    double x = sin(lng/180*PI)*cos(lat/180*PI)*alt;

    double y = cos(lng/180*PI)*cos(lat/180*PI)*alt;

    double z = sin(lat/180*PI)*alt；

2.关于凸包的题目

gift-Wrapping算法复杂度O(n^2)很慢

Gram-Scan算法复杂度为O(NlogN) 但是极角序存在一些问题 所以最好写成水平序

Melkan算法是对于多边形的凸包算法 效率为O(N) 但是对于点集首先要用排序将其转化成多边形(复杂度为(NlogN)) 不实用

如果点是有限制的 比如0 <= x,y <= N 则可以现用maxy[x], miny[x]来保存纵坐标的最大值 和 最小值 显然只有这些点才可能出现在凸包上面 然后使用Graham-Scan算法按横坐标从小到大排序求凸包即可（蓝书P8） 这样排序的时间从nlogn 变成N

1.怎样由凸包上面的点确定最大的三角形面积？

枚举每一个点a

  定下b点为a+1 c为a+2

    移动c点直到面积不再增加（因为是凸多边形 故面积呈现先增后减序列）

      移动b点在a，c之间 直到面积不再增加