数学笔记

To Do List

1、待学：各种筛法，泰勒展开等生成函数辅助内容

2、待补：多项式板子及证明，BSGS，高斯消元，斯特林数

无先后之分。

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排列组合相关

排列组合tricks

1、(C_{n}^{a_1,a_2,...,a_k}=frac{n!}{a_1!a_2!...a_k!})（暴力拆开）

2、(C_n^i=C_{n-1}^i+C_{n-1}^{i-1})（n个里选i个，第i个不选+第i个选的情况）（杨辉三角）

3、(sum_{j=i}^{n}(-1)^{j-i}C_n^j=C_{n-1}^{i-1})（先设(p_i=C_n^i)，然后把(p_i)用2中的式子拆成3项，递归地证明）

4、(sum_{i=0}^{n} (-1)^i C_{n}^{i} = [n=0])

5、(sum_{i=0}^{n} C_{n}^{i} = 2^n)

多项式相关

多项式板子

1、多项式求逆

[egin{aligned} G(x) &= 2 imes G_0(x) - F(x) imes G_0(x) imes G_0(x) pmod {x^n} end{aligned} ]

暴力展开，两边同乘(F(x))即可得证。

2、多项式ln

[egin{aligned} G'(x)=frac{F'(x)}{F(x)} end{aligned} ]

对复合函数求导，即可得证。

3、多项式exp

[egin{aligned} G(x)=G_0(x)(1-ln(G_0(x))+F(x)) pmod {x^n} end{aligned} ]

了解(e^x)的泰勒展开，即可得证。

4、多项式带余除法

[egin{aligned} Q_R(x)=frac{F_R(x)}{G_R(x)} end{aligned} ]

暴力展开、凑一凑，即可得证。

其中，对于多项式(A(x))，有(A_R(x)=x^nA(frac{1}{x}))

5、多项式开根

[egin{aligned} G(x)=frac{F(x)+G_0(x) imes G_0(x)}{2 imes G_0(x)} end{aligned} ]

暴力展开，即可得证。

特殊多项式卷积

FWT

多项式tricks

1、对于(F(x)=sum f_i x^i)，若(f_i=sum a_j b_{i+j})，那么将(b)序列反向成为新序列(b')，就可以变成(f_i=sum a_j b'_{n-i-j})，可以卷积

2、(prod F(x)=exp(ln(prod F(x)))=exp(sumln(F(x))))

3、(frac{1}{1-x}=sum_{i=0}^{infty} x^i)（大除法）

拓展：(frac{1-x^{n+1}}{1-x}=sum_{i=0}^n x^i)

4、(x^{(k+b)}operatorname{mod}(x^k-1)=x^b)（大除法）

对于上面的这条式子（循环卷积），若它在(operatorname{mod p})意义下进行且(operatorname{p mod k}=1)，则可以选择类似FFT的方法，设(g)为(p)的原根，则单位根为(gn=g^{(p-1)/k})，带入、直接相乘即可（即，FFT在位数不够的时候就是循环卷积）

5、乘法变加法：取log、取原根

拉格朗日插值

设我们要求一个n次多项式，则容易证明代入n+1个点值((x_i,y_i))即可唯一确定该多项式。

于是有：(f(x)=sum_{i=1}^n y_i prod_{j≠i}frac{x-x_j}{x_i-x_j})

自然数幂求和

1、模数为质数但不为NTT质数，n、k均给定

设(S_k(n)=sum_{i=1}^{n} i^k)。

利用多次差分，每次消掉最高项，可以证明(S_k(n))是一个(k+1)次多项式，于是我们可以代入(k+2)个点值来求解。

为了让代入的东西便于计算，我们代入(1)~(k+2)。

于是根据拉格朗日插值：

[egin{aligned} S_k(n)&=sum_{i=1}^{k+2} i^k prod_{j≠i} frac{n-j}{i-j}\ &=sum_{i=1}^{k+2}(-1)^{k+2-i} i^k frac{prod_{j=1}^{i-1}(n-j) prod_{j=i+1}^{k+2}(n-j)}{(i-1)!(k+2-i)!} end{aligned} ]

对于求(i^k)，我们可以利用筛法求质数的时候求出，复杂度可以达到(leq O(k))。

2、模数为NTT质数，n给定，询问k=0~K的答案。

设 (S_k(n)=sumlimits_{i=0}^ni^k)。

那么我们求出一个与 (S_k(n)) 有关的生成函数：

[egin{aligned} &sum_{k=0}^KS_k(n)frac{1}{k!}x^k\ =&sum_{k=0}^Ksum_{i=0}^n i^kfrac{1}{k!}x^k\ =&sum_{i=0}^nsum_{k=0}^K frac{(ix)^k}{k!} end{aligned} ]

注意到 (e^x) 的泰勒展开为：(e^x=1+dfrac{x}{1!}+dfrac{x^2}{2!}+cdots)，故原式为：

[=sum_{i=0}^ne^{ix}pmod {x^{K+1}} ]

注意到 (dfrac{1}{1-x}=1+x+x^2+cdots)，有 (1+x+x^2+cdots+x^n=dfrac{1-x^{n+1}}{1-x})。

那么原式即为：

[egin{aligned} =&sum_{i=0}^n(e^x)^ipmod {x^{K+1}}\ =&frac{1-e^{(n+1)x}}{1-e^x}pmod {x^{K+1}}\ =&frac{e^{(n+1)x}-1}{e^x-1}pmod {x^{K+1}}\ =&cfrac{cfrac{(n+1)x}{1!}+cfrac{(n+1)^2x^2}{2!}+cfrac{(n+1)^3x^3}{3!}+cdots}{cfrac{x}{1!}+cfrac{x^2}{2!}+cfrac{x^3}{3!}+cdots}pmod {x^{K+1}}\ =&cfrac{(n+1)+cfrac{(n+1)^2}{2!}x+cfrac{(n+1)^3}{3!}x^2+cdots}{1+cfrac{1}{2!}x+cfrac{1}{3!}x^2+cdots}pmod {x^{K+1}}\ =&cfrac{(n+1)+cfrac{(n+1)^2}{2!}x+cdots+cfrac{(n+1)^{K+1}}{(K+1)!}x^{K}}{1+cfrac{1}{2!}x+cdots+cfrac{1}{(K+1)!}x^{K}}\ end{aligned} ]

多项式求逆即可。

最后得到的系数记得乘上个 (k!) 才是 (S_k(n))。

时间复杂度 (O(Klog K))。

矩阵相关

矩阵树定理

1、基尔霍夫矩阵

(K=D-A)，其中A为邻接矩阵，D为度数矩阵。

2、求解

基尔霍夫矩阵可以用于求带标号生成树个数。

无根树：去掉任意一行一列之后求K的行列式即为答案。

有根树：去掉(root)行(root)列。

内向树：度数矩阵变为出度矩阵。

外向树：度数矩阵变为入度矩阵。

3、tips

边权可以有值，可以统计出所有生成树的边权乘积的和。

这个值甚至可以为一个(x)，然后变成一个多项式。

4、例题

XSY3918 数数

常系数线性递推

1、前置知识：Cayley-Hamilton 定理

考虑转移矩阵：

[A= left[ egin{matrix} a_1 & a_2 & cdots & a_k\ 1 & 0 & cdots & 0 \ vdots & ddots & ddots & vdots \ 0 & cdots & 1 & 0 end{matrix} ight] ]

令其特征多项式(f(lambda)=|I cdot lambda - A|)，显然是一个k次的多项式（做题的时候可能要手动拆出来）

则(f(A)=0)

2、完整步骤

考虑初始矩阵为

[G= left[ egin{matrix} b_0\ 0\ vdots\ 0\ end{matrix} ight] ]

其中(b)即为我们要求的数列。

则显然递推(n)步后的答案是(b_{n}=(GA^{n})_{0,0})

考虑到(f(A)=0)，那么设(F(A)=A^n)，显然我们可以把(F(A))无限次减去(f(A))，一直到(F(A))变为k次以内，这个操作类似于取模

也就是有(F(A)=F(A)operatorname{mod}f(A))

令(H(A)=F(A)operatorname{mod}f(A))，于是它的形式可以为(H(A)=sum_{i=0}^{k-1} h_i A^i)

于是，

[egin{aligned} ans &= (GA^{n})_{0,0} \ &= (G cdot F(A))_{0,0}\ &= (G cdot H(A))_{0,0}\ &= (G sum_{i=0}^{k-1} h_i A^i)_{0,0}\ &= (sum_{i=0}^{k-1} h_i G cdot A^i)_{0,0}\ &= sum_{i=0}^{k-1} h_i (G cdot A^i)_{0,0}\ &= sum_{i=0}^{k-1} h_i b_i end{aligned} ]

其中(h_i)可以使用多项式快速幂（取模）来求出。这部分是(O(k log k log m))的。

而(b_i)在没有方便的方法求出来的情况下只能(O(k^2))，瓶颈很可能在这里。做题的时候多注意一下。

3、例题

XSY3915 数学作业

容斥相关

多步容斥

众所周知的多步容斥公式：

(|A_1 cup A_2 cup cdots cup A_n| = sum_{i=1}^n |A_i| - sum_{1 leq i,j leq n} |A_i cap A_j| + cdots + (-1)^{n-1} |A_1 cap A_2 cap cdots cap A_n|)

证明：考虑一个元素被m个集合包含时，它对左边的贡献是1。

那么它对右边的贡献为：(sum_{i=1}^{m} (-1)^{i-1} C_{m}^{i} = sum_{i=0}^{m} (-1)^{i-1} C_{m}^{i} + C_{m}^{0} = 1)

于是原式成立。

二项式定理

1、原始形式

众所周知，补集的交集就是并集的补集，于是我们令(A^c)代表(A)的补集，(S)为全集，可以将上面的式子变形：

(|A^c_1 cap A^c_2 cap cdots cap A^c_n| = |S| - sum_{i=1}^n |A_i| + sum_{1 leq i,j leq n} |A_i cap A_j| - cdots + (-1)^{n} |A_1 cap A_2 cap cdots cap A_n|)

同理，我们把补集换为原集，则有：

(|A_1 cap A_2 cap cdots cap A_n| = |S| - sum_{i=1}^n |A^c_i| + sum_{1 leq i,j leq n} |A^c_i cap A^c_j| - cdots + (-1)^{n} |A^c_1 cap A^c_2 cap cdots cap A^c_n|)

考虑令(f(i))为(i)个补集的交集大小，(g(i))为(i)个原集的交集大小，根据上式，则可以得到：

(f(n) = sum_{i=0}^{n} (-1)^{i} C_{n}^{i} g(i) Leftrightarrow g(n) = sum_{i=0}^{n} (-1)^i C_{n}^{i} f(i))

2、变式

常见变换一：

(f(n)=sum_{i=0}^{n} C_{n}^{i} g(i) Leftrightarrow g(n) = sum_{i=0}^{n} (-1)^{n-i} C_{n}^{i} f(i))

把原始的(g(i))换成((-1)^i g(i))即可证明。

常见变换二（重点！）：

(f(n)=sum_{i=n}^{m} C_{i}^{n} g(i) Leftrightarrow g(n) = sum_{i=n}^{m} (-1)^{i-n} C_{i}^{n} f(i))

证明：

[egin{aligned} f(n)&=sum_{i=n}^{m} C_{i}^{n} g(i)\ &=sum_{i=n}^{m} C_{i}^{n} sum_{j=i}^{m} (-1)^{j-i} C_{j}^{i} f(j)\ &=sum_{j=n}^{m} f(j) sum_{i=n}^{j} (-1)^{j-i} C_{i}^{n} C_{j}^{i}\ &=sum_{j=n}^{m} f(j) C_{n}^{j} sum_{i=n}^{j} (-1)^{j-i} C_{j-n}^{j-i}\ &=sum_{j=n}^{m} f(j) C_{n}^{j} sum_{t=0}^{j-n} (-1)^{t} C_{j-n}^{t}\ &=sum_{j=n}^{m} f(j) C_{n}^{j} [j-n==0]\ &=f(n) C_{n}^{n}\ &=f(n) end{aligned} ]

证毕。

3、例题

loj6358 前夕，其中需要用到单位根反演。

XSY3996 棋盘染色

单位根反演

(forall k,有[n mid k]=frac{1}{n} sum_{i=0}^{n-1} omega_{n}^{ik})

证明：

显然，当(n mid k)时，(ik)为(n)的倍数，右边式子即为(frac{1}{n} imes n = 1)

而(n mid k)时，后面的式子是一个等比数列求和，可以发现分子始终为0。

min-max容斥

1、一般形式：

(max (S)=sum_{T subseteq S} (-1)^{|T|-1} min (T))

(min (S)=sum_{T subseteq S} (-1)^{|T|-1} max (T))

前提是集合中元素不相等（若相等则加入eps扰动即可）

只证第一条式子。

考虑从大到小排序，则第一名就是我们要求的(max(S))。

考虑当一个元素为第(k(k>1))名时，它对右边式子的贡献，可以发现就是当(T)中元素除了它自己以外都比它小的时候有贡献。

容易发现，对于比它小的元素，组成的集合中大小为奇数与大小为偶数的集合个数是相同的，所以可以抵消。

只有第一名的时候，只能为空集，没法抵消。于是左右两边相等。

2、广义min-max容斥

(kthmax (S)=sum_{T subseteq S} (-1)^{|T|-k} C_{|T|-1}^{k-1} min (T))

(kthmin (S)=sum_{T subseteq S} (-1)^{|T|-k} C_{|T|-1}^{k-1} max (T))

同样只证第一条式子。

我们要构造一个系数(f)，使得它满足(kthmax (S)=sum_{T subseteq S} f(|T|) min(T))。

我们考虑每个值的贡献，设它从大到小排名为(x)，则它的贡献是

([x==k] = sum_{i=0}^{x-1} C_{x-1}^{i} f(i+1))，这个就是钦定比它小的集合的子集，然后代入系数(f)。

令(g(x) = [x==k-1])，(h(x)=f(x+1))，则原式可以表达为：

(g(x-1) = sum_{i=0}^{x-1} C_{x-1}^{i} h(i))，不难发现这是一个二项式反演的形式，于是有：

[egin{aligned} h(x) &= sum_{i=0}^{x} (-1)^{x-i} C_{x}^{i} g(i)\ &= (-1)^{x-k+1} C_{x}^{k-1}\ herefore f(x) &= (-1)^{x-k} C_{x-1}^{k-1} end{aligned} ]

原式得证。

• 上述的式子可以套到期望里面，如下面的例题。

3、例题

Luogu4707 重返现世

bzoj4036 按位或

其它

牛顿迭代

考虑对于一个递增或递减函数(f(x))，我们要求它的零点。

那我们随便取一个初值(x_0)（与零点越相近越好），然后每次作过((x_0,f(x_0)))的(f(x))的切线。容易得到其切线方程为(y=f'(x_0)(x-x_0)+f(x_0))。

将这个切线方程的零点作为下一个(x_0)，不断重复上述过程，然后在精度满足条件的时候就可以得到答案。

泰勒展开