一些我不会证又记不住的结论...

觉得有什么错误的地方烦请提出！

绝对不咕咕咕！！！

k-nim

• k-nim的必败状态：所有子游戏的(SG)值的每一位的(1)的个数都被(k+1)整除

阶梯Nim

$$color{pink}{link}$$

群论三连

设(G)是目标集([1,n])上的一个置换群，(E_k)是([1,n])在(G)的作用下包含(k)的等价类，(Z_k)是使(k)不动的置换类，(C(pi))在置换(pi)下目标集的不动点个数，(m(pi))置换(pi)的循环节个数，(L)是目标集等价类的个数

具体点：(Z_k)是保持元素(k)不变的置换集合，(E_k)是(k)通过(G)中的置换可以得到的元素集合，等价类是元素经过置换可以变成一样的元素集合，可以想象一个无向图的环。

轨道-稳定集定理

[|E_k| imes |Z_k|=|G| ]

(Burnside)定理

[L=frac{1}{|G|}sum_{piin G}C(pi) ]

• 文字描述：(1)到(N)在置换群作用下等价类的个数，等于每个置换的不动点个数的平均数。

(Polyacute a)定理

[L=frac{1}{|G|}sum_{pi in G}k^{m(pi)} ]

• (k)是可染的颜色数量

一些的并不懂的复杂度证明（积分学的烂

• 枚举(1-2^n)每个数的二进制子集

  用这种方法

  for(int s=t;s;s=(s-1)&t)
  

  复杂度：(O(3^n))

• (O(sumlimits_{kmid n}sqrt k))

  [=Oleft( sum_{1le ile sqrt{n}}{sqrt{i}+sqrt{frac{n}{i}}} ight) =Oleft( int_1^{sqrt{n}}{dxleft( sqrt{i}+sqrt{frac{n}{i}} ight)} ight) =Oleft( frac{8n^{frac{3}{4}}}{3} ight) =Oleft( n^{frac{3}{4}} ight) ]

二项式反演

以前没有认真想过，从这个方向对普通容斥套式子可能更加方便。

[f_n=sum_{i=0}^n(-1)^iinom{n}{i}g_iLeftrightarrow g_n=sum_{i=0}^n(-1)^iinom{n}{i}f_i ]

式子的对称性很强，另一个方向可能更加常见

[f_n=sum_{i=0}^ninom{n}{i}g_iLeftrightarrow g_n=sum_{i=0}^n(-1)^{i}inom{n}{i}f_{n-i} ]

后面这个可以卷

---

证明一下第一个式子了口胡开始

具体思路是容斥原理，不涉及代数证明，因为我觉得从组合角度说更便于理解。

设有一个集合(S)，其中的每个元素都有若干个性质(p)，一共存在(n)个性质。

设至少有性质(p_i)的元素的集合为(A_i)

分别定义：

[f_i=|A_{p_{c_1}}igcap A_{p_{c_2}}igcap A_{p_{c_3}}igcap dotsigcap A_{p_{c_n}}| ]

[g_i=|A_{p_{c_1}}igcup A_{p_{c_2}}igcup A_{p_{c_3}}igcup dotsigcup A_{p_{c_n}}| ]

其中({c})是任意的一个长度固定的递增序列。

容易发现，(f_i,g_i)的值并不是定值，所以再添加一个定义，让集合变得特殊一些，让这两个值变成定值就行了。

暴力推式子

[g_n=|S|-sum|A_i|+sum|A_i||A_j|-dots+(-1)^nsum|A_1||A_2|dots|A_n| ]

然后把(f_i)带进去

[g_n=f_0-inom{n}{1}f_1+dots+(-1)^ninom{n}{n}f_n ]

然后推(f_n)也是差不多的

原根

若(g)是(m)((m)是质数)的原根，则(g^0,g^1,dots,g^{varphi(m)-1})遍历(mod m)的最小剩余系。

检验(g)是否为原根，把(m-1)分解质因数得到每个质因子(p_i)，若(exists g^{frac{m-1}{p_i}}equiv 1 pmod m)，则(g)不是原根

一般来说我们求原根从(2)开始枚举就可以了，因为原根一般比较小。

斯特林数

• 一些公式

[x ^ n = sum_k {n race k} x ^ {underline{k}} ]

来个组合的证明吧，会比较舒服。

将(n)个有标号球放到(x)个有标号的盒子的方案数是(x^n)

将(n)个有标号球放到(x)个有标号的非空盒子的方案数是({n race x}x!)

那么按照组合的意义有

[egin{aligned} x^n&=sum_{i=0}^x{nrace i}inom{x}{i}i!\ &=sum_{i=0}^n{nrace i}inom{x}{i}i!\ &=sum_{i=0}^n {nrace i}x^{underline i} end{aligned} ]

注意这个东西进行二项式反演可以得到一个式子

[{n race k}=sum_{i=0}^kfrac{(-1)^i}{i!}frac{(k-i)^n}{(k-i)!} ]

这东西可以卷，推导看这里

• Stirling公式

用来求(n!)的近似值，在(n)比较大的时候准确值高

[n!approx sqrt{2pi n}(frac{n}{e})^n ]

奇偶性

[inom{n}{m}\%2=[n & m=m] ]

[{nrace m}\%2=inom{n-m+d-1}{d-1}\%2,d=frac{m+1}{2} ]

一式比较简单，直接(lucas)定理搞一下就可以了。

[egin{aligned} inom{n}{m}\%2=inom{n\%2}{m\%2}inom{n/2}{m/2} end{aligned} ]

一位一位向上讨论就行了，所有的位必须是(n_ige m_i)

斯特林数就麻烦一点了，这里的思路是sdchr大佬的

首先由斯特林数的通项，我们构造一个和(Ta)奇偶性一样的数列

[p_{i,j}=left{egin{array} up_{i-1,j-1},m \%2=0\ p_{i-1,j-1},p_{i-1,j},m\%2 ot=0end{array} ight. ]

然后数形结合

在对应位置连边后我们发现(p_{n,m})就是从((0,0))走到((n,m))的方案数。

发现绿边一定会走(m)次，红边一定会走(n-m)次，于是统计一下红边的方案数。

发现一共有(d=lfloorfrac{m+1}{2} floor)次机会走红边（奇数行可以走），每次可以走任意长度

于是转换成了把(n-m)分成(d)段的方案数，插一下板就搞定了，方案数为(inom{n-m+d-1}{d-1})

拉格朗日差值法

现在有(n)个点(x_i,y_i)，可以唯一的确定一个多项式。

[ell_i(k)=prod_{j=1,i ot=j}^nfrac{k-x_j}{x_i-x_j} ]

则原多项式为

[f(k)=sum_{i=1}^nell_i(k)y_i ]

化简就是系数表示法了，不过一般还是用来求点值，复杂度(O(n^2))

自然数幂级数之和

[T_k(n)=sum_{i=0}^ni^k ]

方法1 拉格朗日差值

可以预处理((x_1,T_k(x_1)),(x_2,T_k(x_2)),dots,(x_k,T_k(x_k)))这(k)个点，然后进行差值。

注意到

[ell_i(n)=prod_{j=1,i ot=j}^k frac{n-x_j}{x_i-x_j} ]

分母上面对同一个(n)可以预处理前缀积和后缀积，下面的连续的乘法，左右都是(1 imes2 imes dots)，因为选择的(x)的值在整数上连续，于是复杂度是(O(k))的。

方法2 Stirling展开

[egin{aligned} T_k(n)&=sum_{i=0}^ni^k\ &=sum_{i=0}^nsum_{j=0}^k{k race j}inom{i}{j}j!\ &=sum_{j=0}^k{k race j}j!sum_{i=0}^ninom{i}{j}\ &=sum_{j=0}^k{k race j}j!inom{n+1}{j+1} end{aligned} ]

预处理一下也是(O(k))的了，(n)比较大的话组合数用计算式算。

提一下这个组合恒等式

[sum_{i=0}^ninom{i}{j}=inom{n+1}{j+1} ]

其实就是(Pascal)三角形的一列和，把这一列放到右边去加加减减就可以了。

具体点说，把计算式变一下

[inom{n}{j}=inom{n+1}{j+1}-inom{n+1}{j} ]

然后都带进去

[egin{aligned} sum_{i=0}^ninom{i}{j}&=inom{n+1}{j+1}-inom{n+1}{j}+inom{n+1}{j}-inom{n+1}{j-1}+dots\ &=inom{n+1}{j+1} end{aligned} ]

减到最后发现是(0)

子集和

其实是快速莫比乌斯变换(FMT)及其反演的一个小trick吧。

考虑定义一个

[hat{f_S}=sum_{T subseteq S}f_T ]

然后对一个(|U|=n)的全集来说，求出所有子集的这个东西的复杂度暴力枚举子集是(O(3^n))的，然后有一种(O(2^nn))的优秀做法。

定义

[hat{f_S}^{(i)}=sum_{Tsubseteq S}[(S-T)subseteq{1,2,dots,i}]f_T ]

然后考虑递推，显然有(hat{f_S}^{(0)}=f_S,hat{f_S}^{(n)}=hat{f_S})，分别是递推初始值和递推目标。

若(Sigcup{i}=varnothing)，则有

[hat{f}_{Sigcup{i}}^{(i)}=hat{f_S}^{(i-1)}+hat{f}_{Sigcup {i}}^{(i-1)} ]

写成代码非常简单

for(int i=1;i<1<<n;i<<=1)
    for(int s=0;s<1<<n;s++)
        if(s&i)
           f[s^i]+=f[s];

泰勒公式

• 用多项式函数去逼近光滑函数

[f(x)=sum_{i=0}^inftyfrac{f^{(i)}(x_0)}{i!}(x-x_0)^i ]

后缀数组

• (LCP(i,j)=min(LCP(i,k),LCP(k,j)),forall 1le ile kle jle n)，这个下标是针对字典序的。
• (h(i)ge h(i-1)-1)，这个是针对原位置的。

偷了一份快读的板子

namespace io
{
	const int SIZE=(1<<21)+1;
	char ibuf[SIZE],*iS,*iT,obuf[SIZE],*oS=obuf,*oT=oS+SIZE-1,c,qu[55];
    int f,qr;
	// getchar
	#define gc() (iS==iT?(iT=(iS=ibuf)+fread(ibuf,1,SIZE,stdin),(iS==iT?EOF:*iS++)):*iS++)
	// print the remaining part
	inline void flush(){fwrite(obuf,1,oS-obuf,stdout);oS=obuf;}
	// putchar
	inline void putc(char x){*oS++=x;if(oS==oT)flush();}
	// input a signed integer
	template <class I>
	inline void read(I &x)
	{
		for(f=1,c=gc();c<'0'||c>'9';c=gc()) if(c=='-') f=-1;
		for(x=0;c<='9'&&c>='0';c=gc()) x=x*10+(c&15);x*=f;
    }
	// print a signed integer
	template <class I>
	inline void print(I &x)
	{
		if(!x)putc('0');if(x<0) putc('-'),x=-x;
		while(x)qu[++qr]=x%10+'0',x/=10;
		while(qr)putc(qu[qr--]);
	}
	//no need to call flush at the end manually
	struct Flusher_ {~Flusher_(){flush();}}io_flusher_;
}
using io::read;
using io::putc;
using io::print;

支配树

• 不会证明

• 对于一个源点为(r)的有向图的点(w)，若(d)点满足删去(d)点后(r)无法到达(w)，称作(d)支配(w)，(d)是(w)的支配点。

• 在支配(w)的点中，如果一个支配点满足(i ot=w)被(w)剩下所有的支配点(除(w)自己)，那么这个(i)被称为(w)的最近支配点，记作(idom(w))，(idom(w))向(w)连边形成的树即为支配树。

• (DAG)的支配树非常好求，直接按照topo排序增量法构造即可。

• 半支配点:

  对图DFS求出dfs树中每个点的dfs序(dfn)

  对一个点(w)，存在一个点(x)，满足(x)到(w)有一条路径，路径上的任意一点(y)(除去(x)和(w))满足(dfn(y)>dfn(w))，称(x)为(w)的半支配点，记作(semi(x))

  删掉非树边，连边((semi(w),w))，不改变支配关系。

• 求半支配点

  对点(w)，遍历反边((x,w))对应的(x)

  • 若(dfn(x)<dfn(w))且(dfn(x)<dfn(semi(w)))，(semi(w)=x)
  • 若(dfn(x)>dfn(w))，取所有满足(dfn(y)>dfn(w))且(y)是(x)的祖先点(y)，用(semi(y))尝试更新(semi(w))

• 求支配点

  对于一个点(w)，找到路径(w)到(semi(w))路径(不包括(semi(w)))上(dfn(semi(x)))最小的一个点(x)

  • 如果(semi(x)=semi(w))，则(idom(w)=semi(w))
  • 否则(idom(w)=idom(x))

• 实现

  采用带权并查集实现，具体细节还是有一点的Code

二分图

• 最小路径覆盖

  给定有向图(G=(V,E))，设(P)是(G)的一个简单路(不相交)的集合。如果(V)中所有顶点恰好在(P)的一条路上，称(P)是(G)的一个路径覆盖。

  把(V)中每个点拆成两个，设二分图最大匹配为(C)，那么(|P|_{min}=|G|-|C|)，即最小路径覆盖=顶点数-最大匹配数。

  感性理解：

  显然 路径的个数+每个路径中边的数量=总点数，总点数不变，于是最大化边的数量，在拆点后的二分图中形成一个匹配等价于连上了一条有向边，于是就可以了。

• 二分图最小点覆盖

  对二分图(G)，求一个最小点集(S)，使得图中任意一条边都有至少一个端点属于(S)。

  (Kddot onig)定理：二分图最小点覆盖的点数等于二分图最大匹配包含的边数

  构造：

  1. 求出最大匹配
  2. 从左边每个非匹配点找增广路，标记访问节点。
  3. 取左边未标记点，右边标记点

• 二分图最大独立集

  对二分图(G)，求一个最大点集(S)，使得点集任意两点都没有边相连。

  • 无向图的最大团等于其补集的最大独立集
  • 二分图(G)最大独立集的大小等于(|G|-)最小点覆盖大小

最大权闭合子图

• 闭合图

  定义一个有向图(G=(V,E))的闭合图是该有向图的一个点集，且该点集的所有出边都还指向该点集。

• 最大权闭合子图

  给每个点(v)一个点权(w)，最大权闭合子图是点权和最大的一个闭合图。

• 求最大权闭合子图

  构造图(G'=(V',E'))，方法如下

  (V'=Vcup{s,t})

  (E'=Ecup{(s,v)|vin V,w_v>0}igcup{(v,t)|vin V,w_v<0})

  然后网络流图的容量为

  (c(u,v)=infty,(u,v)in E,c(s,v)=w_v,w_v>0,c(v,t)=-w_v,w_v<0)

  这里直接抄了论文的

  然后画了图可以形象理解理解

求出图(G')的最小割后的(S)集即为(G)的最大权闭合子图

• 假证明

  设(S)图的点权和为(C=C_1+C_2)，其中正点权为(C_1),负点权为(C_2)。设割集的边权和为(W=W_1+W_2)，正边权（与(S)相连的被割掉的边）和为(W_1)，负边权和为(W_2)。注意：(C_2)在数值上是负的，(W_2)是正的。

  负点割给(S)要断掉与(T)相连的边，所以(C_2+W_2=0)，有(C+W=C_1+W_1)，因为右边为正点权和是定值，所以最小割最小化(W)就把(C)最大化了。

上下界网络流

• 无源汇可行流

  • 要求流量守恒
  • 要求流量满足上下界

  建图方法

  1. 对(E(u,v,l,r))，建(E'(u,v,r-l))

  2. 对每个点定义(d_i=sum f(u,i)-sum f(i,v))，即流入减去流出。

     然后对(d_i>0)，建(E'(ss,i,d_i))

     (d_i<0)，建(E'(i,tt,-d_i))

     (ss,tt)是新建的超级源点与超级汇点

  感性理解

  ​ 对每个点先把下界给流了，然后不平衡的通过超级源or汇点强行补。于是最后判断是否有可行流就是看是否这些边流满了。

错位排列

额今天看了13年的容斥的那篇论文，才明白自己之前学的容斥没有一点技巧性可言，也终于明白了大家说的一下沙茶容斥是怎么一回事情

先说说容斥吧

可以用来求并集

[igcup_{i=1}^n S_i=sum_i S_i-sum_{i<j}S_icap S_j+sum_{i<j<k}S_icap S_jcap S_k-dots+(-1)^{n+1}S_1cap S_2cap dots cap S_n ]

可以用来求交集

[igcap_{i=1}^nS_i=U-igcup_{i=1}^noverline {S_i} ]

一般交集转化过去会比较好求

• 一般化的容斥原理，若

[g(T)=sum_{Ssubseteq T}f(S) ]

则

[f(T)=sum_{Ssubseteq T}(-1)^{|T|-|S|}g(S) ]

对于(supseteq)也成立

• 统计一个满足(p_i ot=i)的长度为(n)的排列的数量。

  (S_i)代表(p_i ot=i)这个条件

  然后答案就是

  [egin{aligned} igcap_{i=1}^n S_i&=n!-sum_{i=1}^n(-1)^{i-1}(n-i)!inom{n}{i}\ &=n!sum_{i=0}^nfrac{(-1)^i}{i!} end{aligned} ]

• min-max容斥

姬酸姬盒小技巧

• 形如(ax+by+cle 0)的式子的方向向量有((-b,a))。你可以发现(b)的正负是决定半平面是在直线上面还是下面的。

多点LCA

orz huyufeifei

(k)个点LCA的最深点是dfs序相邻两点的LCA

最浅点是dfs序最远两点的LCA

NoiLinux 使用

对拍

#include <cstdio>
#include <cstdlib>
int main()
{
	for(int i=1;i<=100;i++)
	{
		system("g++ data.cpp -o data");
		system("./data");
		system("g++ Dew.cpp -o Dew");
		system("./Dew");
		system("g++ bf.cpp -o bf");
		system("./bf");
		if(system("diff -bB Dew.out bf.out"))
		{
			printf("error in %d
",i);
			return 0;
		}
		system("sleep 1");
	}
	return 0;
}

1e18内不同质因子个数和约数个数