gcd( Fib[n] , Fib[m] ) = Fib[ gcd(n,m) ]
任何一个数字都可以表示为斐波那契数列，贪心表示即可（从大到小）
对于n个(0,1)之间的随机变量x1..xn ，第k小的那个的期望值是 k / (n+1)
- 证明：
- 对于n个(0,1)之间的随机变量x1..xn ，第k小的那个的期望值是多少，这个问题可以转化为已经取了n个随机变量x1..xn之后，取第Xn+1个，问这一个<=第k个的概率（在这n+1个中排名<=k）
- 为什么可有这样转化呢：
如左图，假如第k小的那个的期望值在坐标轴上是E(k)，那么根据几何概型，在该坐标轴上随便取一个值，该值<=E(K)的概率就是E(k) - 转化后的问题（已经取了n个随机变量x1..xn之后，取第Xn+1个，问这一个<=第k个的概率）就好做多了，如下
- 考虑这n+1个随机变量的全排列，第Xn+1个在排列中从左到右数<=k的情况：先不看第Xn+1个，把其他n个排好共有 n! 种方案，再把第Xn+1个插进去，有k种插法，所以共有 k * ( n! ) 种方案，而n+1个随机变量全排列有 (n+1)! 个
- 所以答案为
- egin{equation*} frac{k * ( n! )}{( n+1 ) !} end{equation*} egin{equation*} end{equation*} $ $$ $ egin{multline*} end{multline*}
- 然后约个分就是 k / (n+1) 了
从n个数中取m个数（可重复）有多少种取法
- 假设这n个数为a[1]~a[n]，第i个数取c[i]个，则有$sum_{i=1}^nc[i]=m$
- 相当于把m个球分到n个盒子里，盒子可以为空：把每个盒子里都放一个另外的球，就变成了把n+m个球分到n个盒子里，不为空
- 然后就是经典的插板法拉
- 所以有$C_{n+m-1}^{n-1}$种取法