数学相关

合集 - 数学(10)

1.浅谈整除分块2022-07-222.浅谈泰勒展开2023-03-123.扩展中国剩余定理（Excrt）笔记2023-12-234.一次线性方程组 高斯消元笔记2023-12-235.欧拉定理 & 扩展欧拉定理 笔记2023-12-236.莫比乌斯反演笔记2023-06-197.群论笔记2024-06-30

8.数学相关2024-03-30

9.一些典型的计数2024-02-2810.多项式（Poly）笔记2023-12-23

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质数理论及筛法相关

质数判断（Miller-Rabbin 算法）

首先根据费马小定理，对于一个质数 $p$，有 $\forall a \in [1, p - 1]$，$a ^ {p - 1} \equiv 1 (\bmod \ p)$。但是假设需要判断的数为 $n$，随机挑选一个数 $a$，并且判断 $a ^ {n - 1} \equiv 1(\bmod \ n)$ 成功，却不一定成立。这种数叫做卡迈克尔数。

于是有两种提高准确度的方法：

• 选择更多的 $a$ 进行多次尝试，每次都检验 $a ^ {n - 1} \equiv 1 (\bmod \ n)$ 是否成立。

• 使用二次探测定理。

二次探测定理：若有 $x ^ 2 \equiv 1 (\bmod \ p)$，则有 $x \equiv 1 (\bmod \ p)$ 或 $x \equiv p - 1 (\bmod \ p)$。

因此，如果当前的探测因子 $a$ 满足了 $a ^ {n - 1} \equiv 1 (\bmod \ n)$（此时无法证明 $n$ 是质数），那么可以继续探测是否满足 $a ^ {\frac{n - 1}{2}} \equiv 1 (\bmod \ n)$ 或者 $a ^ {\frac{n - 1}{2}} \equiv n - 1 (\bmod \ n)$，一直如此进行下去。

因此可以写出一个 $O(s \log ^ 2 n)$ 的代码：

bool MillerRabbin(int n) {
    for (int p : tst) {
        if (n == p) return 1;
        else if (p > n) return 0;
        int cnt = qpow(p, n - 1, n);
        if (cnt != 1) return 0;
        int now = n - 1;
        while (!(now & 1) and cnt == 1) {
            now >>= 1; cnt = qpow(p, now, n);
            if (cnt != 1 and cnt != n - 1) return 0;
        }
    } return 1;
}

其中 tst 表示探测因子数组。

接下来继续对算法进行优化。发现复杂度瓶颈在快速幂。可以用 double 处理的 $O(1)$ 快速幂来代替。另外一种方法则更加简便：首先将 $n - 1$ 写成 $t \times 2 ^ k$ 的形式。然后先判断 $t$ 是否成立，然后把 $t$ 自乘 $k$ 次，每次都判断一下。这样只需要用到乘法，因此复杂度降掉一个 $\log$。

bool MillerRabbin(int n) {
    if (n == 1) return 0;
    int t = n - 1, k = 0;
    while (!(t & 1)) t >>= 1, k ++ ;
    for (int p : tst) {
        if (n == p) return 1;
        int a = qpow(p, t, n), ne = a;
        rep(i, 1, k) {
            ne = 1ll * a * a % n;
            if (ne == 1 and a != 1 and a != n - 1) return 0;
            a = ne;
        } if (a != 1) return 0;
    } return 1;
}

质数筛法

欧拉筛法：对于每个合数只筛其最小的因数。复杂度 $O(n)$。

void get_prime(int n) {
	for (int i = 2; i <= n; i ++ ) {
		if (!st[i]) q[ ++ cnt] = i;
		for (int j = 1; j <= cnt && i * p[j] <= n; j ++ ) {
			st[i * p[j]] == 1; if (i % p[j] == 0) break;
		}
	}
}

通常可以筛某些神奇的函数，其满足积性函数性质，或者与其最小质因子强相关。

约数个数和约数和

• 唯一分解定理：每个数 $n \in N ^*$ 都可以被唯一分解成 $\prod p_i ^ {c_i}$。

• 约数个数和：$\prod (c_i +1)$。每个质因子可以选 $0 \sim c_i$ 个。

• 约数和：$\prod \dfrac{p_i ^ {c_i + 1} - 1}{p_i - 1}$。道理与约数个数和相同，只不过换上了等比数列求和。

min-25 筛

解决函数 $f$ 的前缀和问题。

下文中的一些记号：

• $F(n) = \sum_{i = 1}^{n} f(i)$：$f(i)$ 的前缀和。

• $\text{lp}(n)$：$n$ 的最小质因子。

• $p_k$：全体质数中第 $k$ 小的质数。

• $\dfrac{x}{y}$：默认下取整。

---

首先尝试解决这个问题：求出

$$G(m) = \sum_{i \in P, i \le m} f(i)$$

其中 $m \in \{\dfrac{n}{1}, \dfrac{n}{2}, \dfrac{n}{3} \cdots , \dfrac{n}{n}\}$，一共有 $\sqrt n$ 中取值。

考虑 dp。设 $g(j, m)$ 表示：

$$\begin{aligned} g(j, m) &= \sum_{1 \le i \le m} [i \in P \bigcup \text{lp}(i) > p_j] f'(i) \end{aligned}$$

也就是对于所有的质数或者最小质因数大于 $p_j$ 的 $f'$ 求和。

这里的 $f'$ 需要满足下面的三个性质：

• $\forall p \in P, f'(p) = f(p)$。

• $f'$ 是完全积性函数。

• $\sum f'$ 可以快速求值。

初始时，$g(0, m) = \sum_{2 \le i \le m} f'(i)$。

转移时分两种情况：

• 若 $p_j ^ 2 > m$：$g(j, m) = g(j - 1, m)$。因为不存在 $i \in [1, m]$，使得 $\text{lp}(i) > p_j$。

• 若 $p_j ^ 2 \le m$：

$$\begin{aligned} g(j, m) &= g(j - 1, m) - f'(p_j) \times \left ( g(j - 1, \dfrac{m}{p_j}) - \sum \limits_{1 \le i < j} f'(p_i) \right ) \\ &= g(j - 1, m) - f'(p_j) \times \left ( g(j - 1, \dfrac{m}{p_j}) - g(j - 1, p_{j - 1}) \right ) \end{aligned}$$

这个式子怎么理解呢？首先，这里可以理解成从 $g(j - 1, m)$ 里面筛掉所有 $\text{lp} = p_j$ 的 $f'$ 值。而筛掉的值一定可以表示成 $p_j \times q$，其中 $q$ 是一个 $\le \dfrac{m}{p_j}$ 而且最小质因子 $\le p_j$ 的数。最后减掉的那块，是 $g(j - 1, \dfrac{m}{p_j})$ 里面的那部分质数。由于 $f'$ 是完全积性函数，这两部分可以直接相乘。

以上部分时间复杂度被证明是 $O(\dfrac{n ^ {0.75}}{\log n})$。

---

上面求出了 $G(m) = \sum_{i \in P, i \le m} f(i) = g(\pi(m), m)$。

同余相关

最大公约数和最小公倍数

• 最大公约数（$\gcd(a, b)$），也写作 $(a, b)$，是最大的 $d$ 满足 $d | a$ 且 $d | b$。

• 设 $a = \prod p_i ^ {c_i}, b = \prod q_i^{d_i}$，则 $d = \prod_{P \in \{p\} or \{q\}} \min(c_i, d_i)$。

• 神奇 trick：$n$ 不同的数按一定顺序求 $\gcd$，$O(\log V)$ 次之后变为 $1$。

• 最小公倍数，记作 $[a, b]$，满足 $[a, b] (a, b) = ab$。

bonus：最大公约数的二进制优化：

最大公约数求解过程中，如果两个数都有很多 $2$ 的因子，那么就会浪费很多时间。二进制优化最大公约数基于下面的原理：

1. $a$ 为偶数，$b$ 为偶数：$\gcd(a, b) = \gcd(\frac{a}{2}, \frac{b}{2}) \times 2$。

2. $a$ 为偶数，$b$ 为奇数：$\gcd(a, b) = \gcd(\frac{a}{2}, b)$。

3. $a$ 为奇数，$b$ 为偶数：与上面同理。

4. $a, b$ 都为奇数：只能朴素求了。

int gcd(int a, int b) {
	int i = 0, j = 0;
	if (!a || !b) return a + b;
	for (; !(a & 1); i ++ , a >>= 1);
	for (; !(b & 1); j ++ , b >>= 1);
	if (i > j) i = j;
	while (true) {
		if (a < b) swap(a, b);
		if ((a -= b) == 0) return b << i;
		while ((a & 1) == 0) a >>= 1;
	}
}

该算法可以用于除法及其慢的情况，如高精 $\gcd$。

扩展欧几里得算法 exgcd

考虑不定方程

$$\begin{array}{c} ax + by = (a, b) = (b, a \bmod b) = bx + (a \bmod b)y \\\\= bx + (a - \left \lfloor \dfrac{a}{b} \right \rfloor b)y = ay + b(x - \left \lfloor \dfrac{a}{b} \right \rfloor y)\\\\ \end{array}$$

令 $x' \leftarrow y, y' \leftarrow x - \left \lfloor \dfrac{a}{b} \right \rfloor y$ 之后迭代即可。

有两种不同写法，一种写法是按照上述规则模拟：

int exgcd(int &x, int &y, int a, int b) {
    if (!b) { x = 1, y = 0; return a; }
    int d = exgcd(x, y, b, a % b);
    int tx = x, ty = y;
    x = ty, y = tx - (a / b) * ty;
    return d;
}

另一种方式在每次迭代的时候将 $x, y$ 翻转，这样可能更加简洁。

int exgcd(int &x, int &y, int a, int b) {
    if (!b) { x = 1, y = 0; return a; }
    int d = exgcd(y, x, b, a % b);
    y -= (a / b) * x; return d;
}

$\text{tips:}$

• 求 $ax + by = c$ 的方程的一组解：

假设 $ax + by = (a, b) = d$ 的一组解为 $x_0, y_0$，则 $ax_0 \times \dfrac{c}{d} + by_0 \times \dfrac{c}{d} = (a, b) \times \dfrac{c}{d} = c$。

因此得到一组解 $x = x_0 \times \dfrac{c}{d}, y = y_0 \times \dfrac{c}{d}$。

• 求 $ax + by = c$ 的所有解。

通过构造可以得到，若 $x_0, y_0$ 为方程的一组解，则 $x = x_0 + \dfrac{b}{(a, b)}, y = y_0 - \dfrac{a}{(a, b)}$ 也是方程的一组解。可以证明，所有解都可以表示成

$$x = x_0 + \dfrac{b}{(a, b)} \times k,\ y = y_0 - \dfrac{a}{(a, b)} \times k$$

的形式。

• 求 $ax + by = c$ 的所有正整数解。

利用通解的公式容易求得（$x, y$ 增减性相反）。

乘法逆元

用于进行模意义下的乘法。$a$ 的乘法逆元记作 $a ^ {-1}$。根据定义 $a \times a ^ {-1} \equiv 1 (\bmod \ p)$

• 求单个值 $a$ 的乘法逆元：

• 通过 $\text{exgcd}$。发现就是解 $ax \equiv 1 (\bmod \ p)$ 的解。可以直接用 $\text{exgcd}$ 解同余方程。

• 通过费马小定理。

费马小定理：对于质数 $p$ 和一个与其互质的数 $a$，一定满足 $a^{p - 1} \equiv 1 (\bmod \ p)$。

证明：$\forall a \in (0, p), a \in N^*, ka \ \bmod p$ 互不相同（$k = 0, 1 \cdots p - 1$）。因此 $(p - 1)! a = 1a \times 2a \cdots (p - 1)a \equiv (p - 1)! (\bmod \ p)$。因此 $a^{p - 1} \equiv 1 (\bmod \ p)$

所以得到 $a^{p - 1} \times a ^ {-1}\equiv a^{p - 2} \equiv a^{-1} (\bmod \ p)$。快速幂求出 $a^{p - 2}$ 即可。

int qpow(int a, int b = mod - 2) {
	int s = 1; for (; b; b >>= 1, a = 1ll * a * a % mod)
		if (b & 1) s = 1ll * s * a % mod; return s;
}

• 求 $1 \sim n$ 中所有正整数阶乘的逆元。

首先线性预处理出所有正整数的阶乘。然后用扩欧或者快速幂求出所有阶乘的逆元。这样做的复杂度是 $O(n \log n)$。

然后发现可以这样搞：首先求出 $n!$ 的逆元。然后倒推，对于所有 $(i !) ^ {-1}$，其都等于 $[(i + 1)!]^{-1} \times (i +1)$。因此可以线性求出。

线性求阶乘逆元常应用于组合数学。

• 求 $1 \sim n$ 中所有正整数的逆元：

首先线性求所有阶乘逆元。然后发现，对于数字 $a$，其逆元 $a^{-1} = (a !) ^{-1} \times (a - 1)!$。可以做到线性。

• 求一堆数的逆元：

首先需要把整除 $p$ 的所有数拎出来单独处理。显然他们的逆元都是 $0$。

接下来处理所有数的前缀积，记为 $pre_i$。对 $pre_n$，用快速幂求逆元。

可以倒推出所有前缀积的逆元：$pre\_inv_i = pre\_inv_{i + 1} \times a_i$。

最后可以用前缀积和前缀积的逆元推出每个数的逆元。时间复杂度也是 $O(n)$。

中国剩余定理

本来应该先学中国剩余定理的。但是有了扩展中国剩余定理，朴素的 CRT 就没用了。

扩展中国剩余定理用来求解如下形式的同余方程组：

$$\begin{cases} x \equiv a_1\ ({\rm mod}\ b_1) \\ x\equiv a_2\ ({\rm mod}\ b_2) \\ ... \\ x \equiv a_n\ ({\rm mod}\ b_n)\end{cases}$$

扩展中国剩余定理的基本思想是合并，通过 $n - 1$ 次合并，将一个大的同余方程组合并成一个同余方程。

假设现在有两个同余方程：

$$\begin{cases} x \equiv a\ ({\rm mod}\ A) \\ x\equiv b\ ({\rm mod}\ B) \end{cases}$$

现在要将他们合并。首先转化成不定方程：

$$\Rightarrow \begin{cases} A | (x - a) \\ B | (x - b) \end{cases}$$

$$\Rightarrow \begin{cases} x - a = Ak_1 \\ x - b = Bk_2 \end{cases}$$

$$\Rightarrow \begin{cases} x = a + Ak_1 \\ x = b + Bk_2 \end{cases}$$

$$\Rightarrow a + Ak_1 = b + Bk_2$$

$$\Rightarrow Ak_1 - Bk_2 = b - a$$

成功转化成了系数为 $(A, -B, b - a)$ 的不定方程，使用 exgcd 求出他的一个根。因此转化成了一个同余方程：$x \equiv Ak_1 + a (\bmod \ \text{lcm}(A, B))$。合并完成。

// 合并 x = a(mod A), x = b(mod B) 两个方程
// 返回的是新的 a', b'，满足 x = a'(mod b')
PII merge(int a, int A, int b, int B) {
	int k1, k2; int d = exgcd(k1, k2, A, B);
	k1 = k1 * (b - a) / d;
	int p = A / d * B; return {(A * k1 + a) % p, p};
}

bonus：

1. 如果 $x$ 的系数不为 $1$。

也就是 P4774 [NOI2018] 屠龙勇士。

求解形如：

$$\begin{cases} p_1 x \equiv a_1\ ({\rm mod}\ b_1) \\ p_2 x\equiv a_2\ ({\rm mod}\ b_2) \\ ... \\ p_n x \equiv a_n\ ({\rm mod}\ b_n)\end{cases}$$

Excrt 因为 $x$ 的系数是一，因此可以直接联立两个不定方程。也尝试将这个东西转化成不定方程的形式。假设现在需要合并的两个同余方程是：

$$\begin{cases} px \equiv a (\bmod \ b) \\ Px \equiv A(\bmod \ B)\end{cases}$$

$$\Rightarrow \begin{cases} b | (px - a) \\ B | (Px - A) \end{cases}$$

$$\Rightarrow \begin{cases} px - a = k_1 b \\ Px - A = k_2 B \end{cases}$$

$$\Rightarrow \begin{cases} px - k_1 b = a \\ Px - k_2 B =A\end{cases}$$

然后发现两个 $x$ 的系数不同，不能直接合并了。而这两个柿子两边又不能同时除以 $p$ 或者 $P$，因为不保证逆元存在。这就非常难搞。

一个神奇的思路是直接解出两个方程。以第一个方程为例，方程中只有两个未知数 $x$ 和 $-k_1$，可以解出一个特解 $x_0$。那么所有 $x$ 就可以表示成：

$$x = x_0 + \dfrac{b}{(p, b)} \times \alpha$$

同理解第二个方程，可以得到

$$x = x_1 + \dfrac{B}{(P, B)} \times \beta$$

我们惊奇的发现这两个 $x$ 的系数相同了。所以可以合并一下：

$$x_0 + \dfrac{b}{(p, b)} \times \alpha = x_1 + \dfrac{B}{(P, B)} \times \beta$$

里面只有 $\alpha, \beta$ 两个未知数，解出他们两个就可以得到 $x$。

2. 扩展中国定理进行模数非质数的合并

即 古代猪文。

求 $\dbinom{n}{m} \bmod \ 999911658$ 的值。

将 $999911658$ 质因数分解得到：$999911658 = 2 \times 3 \times 4679 \times 35617$。

因此可以对 $2, 3, 4679, 35617$ 分别做一遍 $\text{Lucas}$，得到下面的同余方程：

$$\begin{cases} x \equiv a_1(\bmod \ 2) \\ x \equiv a_2(\bmod \ 3) \\ x \equiv a_3(\bmod \ 4679) \\ x \equiv a_4(\bmod \ 35617) \\ \end{cases}$$

可以直接用 excrt 合并一下。

另外一个应用是扩展卢卡斯。其基本思路也是将模数拆成若干质因数的次方，计算后 excrt 合并。

积性函数及系理论

如果一个数论函数 $f$ 对于任意的 $n \bot m$ 都满足 $f(nm) = f(n)f(m)$，则称 $f$ 是一个积性函数。

积性函数可以使用筛法来求。后面会写。

欧拉函数

欧拉函数定义为：$\varphi(n)$ 表示 $1 \sim n$ 中所有与 $n$ 互质的数的个数。

关于欧拉函数有下面的性质和用途：

• 欧拉函数是积性函数。可以通过这个性质求出他的公式。

  • $f(p) = p - 1$。很显然，比质数 $p$ 小的所有数都与他互质。

  • $f(p ^ 2) = p \times (p - 1)$。显然，对于这 $p ^ 2$ 个数，只有 $p, 2p, 3p \cdots p ^ 2$ 不与 $p ^ 2$ 互质。

  • $f(p ^ k) = p ^ {k - 1}(p - 1)$。

  • 假设 $n = \prod^k p_i ^ {c_i}$，则 $f(n) = \prod^k f(p_i ^ {c_i}) = \prod^k p_k ^ {c_k - 1}(p_k - 1) = n \prod^k \dfrac{p_k - 1}{p_k}$。

• 欧拉函数可以用线性筛筛出来。

  假设当前的数是 $n$，遍历到的质数为 $p$，那么 $m = p \times n$ 肯定要被筛掉。根据欧拉筛：

  • 若 $p | n$，那么 $p$ 是 $n$ 的最小质因子，且 $n$ 中包含 $m$ 的所有质因子。根据单个欧拉函数的求法可以得到：$\varphi(m) = \varphi(n) \times p$。

  • 否则，$p$ 和 $n$ 互质，根据积性函数的性质，$\varphi(m) = \varphi(n) \varphi(p)$。

int get_phi(int n) {
    phi[1] = 1;
    for (int i = 2; i <= n; i ++ ) {
        if (!st[i]) p[ ++ cnt] = i, phi[i] = i - 1;
        for (int j = 1; j <= cnt and 1ll * i * p[j] <= n; j ++ ) {
            st[i * p[j]] = true; if (i % p[j] == 0) {
                phi[i * p[j]] = phi[i] * p[j]; break;
            } phi[i * p[j]] = phi[i] * phi[p[j]];
        }
    }
}

• 欧拉函数可以用来降幂。下面就来介绍。

完全剩余系

对于整数集 $S = \{r_1, r_2 \cdots r_n\}$ 满足：

• 任意不同元素 $r_i, r_j$，都有 $r_i \not \equiv r_j(\bmod \ m)$。

• $\forall a \in \mathbb{Z}$，$\exists r \in S, r \equiv a(\bmod \ m)$。

例如，对于 $m = 5$，$S = \{0, 1, 2, 3, 4\}$ 就是 $5$ 的一个完全剩余系。通常地，将模 $m$ 的完全剩余系记做 $\mathbb{Z_m}$。

实际应用中，通常用 $\mathbb{Z_m} = \{0, 1, 2 \cdots m - 1\}$ 来表示，也就是模 $m$ 的最小非负完全剩余系。

推论 $1$：任意 $m$ 个连续整数构成模 $m$ 的完全剩余系。

推论 $2$：若 $a \bot m$ 且 $\mathbb{Z_m}$ 是一个完全剩余系，则 $S = \{a, 2a \cdots ma\}$ 构成一个完全剩余系。

下面证明推论 $2$。

设集合 $S = \{ra | r \in \mathbb{Z_m}\}$。对于 $r_i, r_j \in \mathbb{Z_m}, r_i \ne r_j$。假设存在同余 $r_i a \equiv r_j a (\bmod \ m)$。由于 $a \bot m$，因此 $r_i \equiv r_j(\bmod \ m)$。根据完全剩余系的互异性，假设不成立。$S$ 的互异性证明完成。

因为 $S \subset \mathbb{Z}$，由定义 $(2)$ 可得，$\forall a \in S$，$\mathbb{Z_m}$ 中有唯一的 $r$ 满足 $r \equiv a(\bmod \ m)$。因此构成 $S$ 对 $\mathbb{Z_m}$ 的单射。又因为 $|S| = |\mathbb{Z_m}|$，故构成 $S$ 到 $\mathbb{Z_m}$ 的双射。

则对于任意整数，都存在 $\mathbb{Z_m}$ 中的某个数 $r$ 与之同余，亦存在 $S$ 中某个数与之同余。定义 $(1)$ 证明完成。因此 $S$ 是一个完全剩余系。

简化剩余系

在完全剩余系基础上加上了更强的限制。

定义 $\Phi_m = \{r_1, r_2 \cdots r_s\}$ 为模 $m$ 的简化剩余系，当且仅当：

• 任意不同元素 $r_i, r_j \in \Phi_m$，都有 $r_i \not \equiv r_j(\bmod \ m)$。

• $\forall a \in \mathbb{Z}$，$\exists r \in \Phi_m, r \equiv a(\bmod \ m)$。

• $\forall r \in \Phi_m, r \bot m$。

其中定义 $(2), (3)$ 可以合并为 $\forall a \bot m$，都存在唯一的 $r \in \Phi_m$ 满足 $a \equiv r(\bmod \ m)$。

下面证明简化剩余系的一些推论。

推论 $1$：该剩余系对于 $\bmod \ m$ 的乘法具有封闭性。

证明：$\forall r_i, r_j \in \Phi_m$，都有 $r_i \bot m, r_j \bot m$。因此有 $r_i r_j \bot m$。根据性质 $(2), (3)$，$r_i r_j$ 也在 $\Phi_m$ 中。

根据 $a_i \bot m \to a_i \bot a_i ^ {-1}$ 可知，$a_i$ 的乘法逆元也在 $\Phi_m$ 中。因此证明了关于乘法和除法的封闭性，还证明了逆元的存在。

事实上，该简化剩余系 $\Phi_m$ 构成关于模 $m$ 乘法运算的交换群（阿贝尔群）。

推论 $2$：$\varphi(m) = |\Phi_m|$。

推论 $3$：对于 $m > 2$，有：

$$\sum _{r \in \Phi_m} r = 0$$

证明：可能算是感性证明。根据欧几里得算法的流程，$(r, m) = 1$，则 $(m, m - r) = 1$，也即 $(m, -r) = 1$。因此，如果 $r$ 在 $\Phi_m$ 中，则 $-r$ 也在 $\Phi_m$ 中。由于 $r$ 与 $-r$ 模 $m$ 不相等，因此简化剩余系中的数总是成对出现。相加可以证明。

这也说明，简化剩余系 $\Phi_m$ 的大小 $|\Phi_m|$ 一定是偶数（$m > 2$）。

推论 $4$：若 $a \bot m$ 且 $\mathbb{\Phi_m}$ 是一个完全剩余系，则 $S = \{ra | r \in \Phi_m\}$ 构成一个完全剩余系。

证明方法可以参考完全剩余系性质 $2$ 的证明。

欧拉定理

定义：若 $n, a$ 均为正整数，且 $n$ 与 $a$ 互质，则有 $a ^ {\varphi(n)} \equiv 1(\bmod \ n)$。

证明：对于 $n$ 的简化剩余系 $\Phi_n$，根据简化剩余系的推论 $4$ 可知，$S = \{ar | r \in \Phi_n\}$ 也构成模 $n$ 的简化剩余系。

根据 $\prod_{r \in \Phi_n} r \equiv \prod_{r \in S} r (\bmod \ n)$，有 $a^{|\Phi_n|} = a ^ {\varphi(n)} \equiv 1 (\bmod \ n)$。证毕。

由此可以得到更弱的定理 Farmet 小定理：$\forall p \in \mathbb{P}$，$a^{p - 1} \equiv 1 (\bmod \ p)$。

扩展欧拉定理

扩展欧拉定理的证明就不在我能力所及的范围内了。在这就放个结论吧。

$$\left\{\begin{matrix} a ^ b \equiv a ^ {b} (\bmod \ p), \ b < \varphi(p) \\\\ a ^ b \equiv a ^ {b \bmod \varphi(p) + \varphi(p) (\bmod \ p)}, \ b \ge \varphi(p) \end{matrix}\right.$$

这个柿子就比较有用了，可以用来搞降幂之类的事情。

欧拉降幂模板代码

例题

1. P4139 上帝与集合的正确用法

求 $2 ^ {2 ^ {2 ^ {\cdots ^ {2}}}} \bmod p$ 的值。

设 $f(p)$ 表示 $2$ 的幂塔对 $p$ 取模的值。那么他就等于 $2 ^ {f(\varphi(p)) + \varphi(p)}$。由于 $\varphi$ 函数下降速度极快（$\log$ 速度），很快 $\varphi(p)$ 降为 $1$。这个东西可以递归求解。

int solve(int p) {
	if (p == 1) return 0;
	int phi = get_phi(p);
	int s = solve(phi);
	return qpow(2, s + phi, p);
}

2. CF906D Power Tower

给定一个数列 $w_1, w_2 \cdots w_n$ 和模数 $p$, 每次询问一个区间 $[l,r]$，求 $w_l ^ {w_{l + 1} ^ {w_{l + 2} ^ {{\cdots}^{w_r}}}} \bmod\ p$ 的值

考虑欧拉降幂。欧拉函数下降速度很快，$O(\log p)$ 次就能降为 $1$。因此可能只需要计算到 $w_{l + k}$，后面的就全模 $1$ 了（当然模 $1$ 就是 $0$）。这个 $k$ 是 $O(\log p)$ 级别的。

上面讨论的都是幂次大于 $\varphi(p)$ 的情况。如果幂次小于 $\varphi(p)$ 呢？怎么提前判断掉呢？

如果数列的每一项都 $\ge 2$，那么可以直接暴力判断，因为 $O(\log p)$ 个数乘起来就会达到 $p$。但是如果存在 $1$ 呢？这个也好办，直接把 $r$ 调到 $l$ 后边的第一个 $1$ 前面就行，这样保证了 $[l, r]$ 中没有 $1$。同时，这个 $1$ 对答案也没有影响，因为 $x ^ 1 = x, 1 ^ x = 1$。

下面是一份可供参考的代码实现：

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <map>
#define int long long
 
using namespace std;
 
const int N = 100010;
int n, m, p, a[N], suf[N];
map<int, int> bin;
int qpow(int a, int b, int p) {
	int s = 1; for (; b; b >>= 1, a = a * a % p)
		if (b & 1) s = s * a % p; return s;
}
bool check(int a, int b, int p) {
	int s = 1;
	for (; b; b >>= 1, a = a * a) {
		if (a >= p) return 0;
		if (b & 1) {
			s = s * a; if (s >= p) return 0;
		}
	} return 1;
}
int get_phi(int n) {
	int s = n; 
	for (int i = 2; i <= n / i; i ++ ) if (!(n % i))  {
		s = s / i * (i - 1); while (!(n % i)) n /= i;
	} if (n != 1) s = s / n * (n - 1); return s;
}
int solve(int u, int r, int p) {
	if (u == r) return a[u] % p;
	if (p == 1) return 0;
	int phi = bin[p], s = a[r]; bool flg = 0;
	for (int i = r; i > u + 1; i -- ) {
		if (!check(a[i - 1], s, phi)) { flg = 1; break; }
		s = qpow(a[i - 1], s, phi);
	} if (s >= phi) flg = 1; int pw;
	if (flg) pw = solve(u + 1, r, phi) + phi;
	else pw = s;
	return qpow(a[u], pw, p);
}
signed main() {
	scanf("%lld%lld", &n, &p);
	for (int i = 1; i <= n; i ++ )
		scanf("%lld", &a[i]);
	scanf("%lld", &m); int t = p; bin[1] = 1;
	while (t != 1) bin[t] = get_phi(t), t = bin[t];
	suf[n + 1] = n + 1;
	for (int i = n; i >= 1; i -- )
		if (a[i] == 1) suf[i] = i;
		else suf[i] = suf[i + 1];
	while (m -- ) {
		int l, r; scanf("%lld%lld", &l, &r);
		r = min(r, suf[l]); printf("%lld\n", solve(l, r, p));
	} return 0;
}

数值算法

高斯消元

高斯消元原理

高斯消元用来解如下形式的方程组：

$$\begin{cases} a_{1, 1} x_1 + a_{1, 2} x_2 + \cdots + a_{1, n} x_n = b_1 \\ a_{2, 1} x_1 + a_{2, 2} x_2 + \cdots + a_{2, n} x_n = b_2 \\ \cdots \\ a_{n,1} x_1 + a_{n, 2} x_2 + \cdots + a_{n, n} x_n = b_n \end{cases}$$

首先将所有系数写成系数矩阵：

$$\begin{bmatrix} a_{1, 1} & a_{1, 2} & \cdots & a_{1, n} & b_{1}\\ a_{2, 1} & a_{2, 2} & \cdots & a_{2, n} & b_{2}\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots\\ a_{n, 1} & a_{n, 2} & \cdots & a_{n, n} & b_{n} \end{bmatrix}$$

接下来可以进行初等行列变换，将矩阵消成下三角矩阵。类似这样：

$$\begin{bmatrix} a'_{1, 1} & a'_{1, 2} & \cdots & a'_{1, n} & b'_{1}\\ 0 & a'_{2, 2} & \cdots & a'_{2, n} & b'_{2}\\ 0 & 0 & \cdots & a'_{3, n} & b'_{3}\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots\\ 0 & 0 & \cdots & a'_{n, n} & b'_{n} \end{bmatrix}$$

然后最后一行就表示 $a_{n, n} x_n = a_{n, n + 1}$，可以解出 $x_n$。

然后往回带，解出 $x_{n - 1}$，以此类推即可。时间复杂度 $O(n ^ 3)$。

void gauss() {
	rep(i, 1, n) {
		rep(j, i, n) if (fabs(a[j][i]) > eps) {
			swap(a[j], a[i]); break;
		} if (fabs(a[i][i]) <= eps) continue;
		rep(j, i + 1, n) {
			if (fabs(a[j][i]) <= eps) continue;
			db inv = (db)a[j][i] / a[i][i];
			rep(k, i, n + 1)
				a[j][k] -= inv * a[i][k];
		}
	}
	for (int i = n; i; i -- ) {
		f[i] = a[i][n + 1] / a[i][i];
		for (int j = i - 1; j; j -- )
			a[j][n + 1] -= a[j][i] * f[i];
	}
}

高斯消元应用

• 解线性方程组

这个不用我说了吧。。。

• 在 $\text{dp}$ 中用于消元

这个用处非常大。举个栗子：P3232 [HNOI2013] 游走

题意：给定 $n$ 点 $m$ 边无向简单图。要求给每条边重新编号 $1 \sim m$，使得每条边编号不同且从 $1$ 到 $n$ 经过路径的权值和期望尽可能小。

$n \le 500, m \le 125000$。

发现边数很多，所以从点数入手。设 $f_i$ 表示第 $i$ 个点被经过的期望次数，那么有：

$$\begin{cases} f_1 = \sum \limits_{(1, v) \in E, v \ne n}^{} \dfrac{f_v}{deg_v} + 1 \\ f_u = \sum \limits_{(u, v) \in E, v \ne n}^{} \dfrac{f_v}{deg_v} + 1 (u \ne 1)\\ \end{cases}$$

当然，$n$ 号点被我们排除在外，因为到了 $n$ 就停止了。

然后发现，上面的柿子形成了一个 $n - 1$ 元方程。用高斯消元解方程就可以得到 $f_u$。

然后可以得到每条边被经过的期望次数：$g_{(u, v)} = \dfrac{f_u}{deg_u} + \dfrac{f_v}{deg_v}$。根据边被经过的期望次数贪心赋权即可。

其他用高斯消元求解 $dp$ 的例题：P4321 随机漫游

• 矩阵求逆

矩阵 $A$ 的逆矩阵定义为 $A^{-1}$，满足 $A^{-1} \times A = I$ 且 $A ^ {-1} \times A = I$。其中 $I$ 表示单位矩阵。

求法：将原矩阵 $A$ 右面拼上一个单位矩阵 $I$。然后对左边一半也就是 $A$ 做初等行列变换消成单位矩阵，同时对右边做左边同样的操作（左边行加右边也加，左边同乘右边也同乘）。最后得到的右半边就是 $A ^ {-1}$。

证明真的不会/kk

int gauss() {
	rep(i, 1, n) {
		rep(j, i, n)
			if (a[j][i] != 0) {
				swap(a[i], a[j]); break;
			}
		if (a[i][i] == 0) return 0;
		rep(j, i + 1, n) {
			if (a[j][i] == 0) continue;
			int inv = a[j][i] * qpow(a[i][i]) % mod;
			rep(k, i, 2 * n) a[j][k] -= inv * a[i][k] % mod,
				a[j][k] = (a[j][k] % mod + mod) % mod;
		}
	}
	rep(i, 1, n) {
		int inv = qpow(a[i][i]);
		rep(j, 1, 2 * n) a[i][j] = a[i][j] * inv % mod;
	}
	dep(i, n, 1) {
		rep(j, 1, i - 1) {
			int inv = a[j][i];
			rep(k, 1, 2 * n) a[j][k] -= a[i][k] * inv % mod,
				a[j][k] = (a[j][k] % mod + mod) % mod;
		}
	} return 1;
}
signed main() {
	read(n); int B = (10 * n + 5) * sizeof(LL);
	rep(i, 0, n + 1) a[i] = (LL*)malloc(B);
	rep(i, 1, n) rep(j, 1, n) read(a[i][j]);
	rep(i, 1, n) a[i][i + n] = 1; int s = gauss();
	if (!s) return puts("No Solution"), 0;
	for (int i = 1; i <= n; i ++ , pc('\n'))
		rep(j, 1, n) write(' ', a[i][j + n]);
	return 0;
}

一次线性方程组 高斯消元

卷积及反演

某些定义

一些常见的积性函数。

• 莫比乌斯函数 $\mu(n)$。

• 欧拉函数 $\varphi(n)$：$1 \sim n$ 中与 $n$ 互质的数的个数。

• 约数个数 $d(n)$：$n$ 的约数个数。

• 约数和 $\sigma$：$\sum \limits_{d | n}^{} d$。

• 元函数 $\epsilon(n)$。即 $[n = 1]$。

• 单位函数 $\text{id}(n)$。即为 $n$。

• 恒等函数 $\text{I}(n)$。该函数恒为 $1$。有时也写作 $1$。

狄利克雷卷积

定义两个数论函数的狄利克雷卷积为 $(f * g)(n) = \sum \limits_{d | n} f(d) g(\dfrac{n}{d})$，读作 $f$ 卷 $g$。

其中后面括号里的 $n$ 代表卷积范围。

卷积有下面这些良好的性质：

• 交换律：$f * g = g * f$。

• 结合律：$(f * g) * h = f * (g * h)$。

上面的性质可以根据卷积定义证明。这里略过。

常见数论函数的狄利克雷卷积

• $d = 1 * 1$

证明：$1 * 1 = \sum \limits_{d | n}^{} 1 \times 1 = d(n)$。

• $\epsilon = \mu * 1$

上文提到过，$\sum \limits_{d | n} \mu = [n = 1] = \epsilon(n)$。

• $\text{id} = \varphi * 1$

利用欧拉函数性质证明。

$\text{(1)}$ $\varphi(1) = 1$

$\text{(2)}$ $\varphi(p) = p - 1$

$\text{(3)}$ $\varphi(p ^ 2) = p \times \varphi(p) = p ^ 2 - p$

$\text{(4)}$ 根据性质 $(3)$， 推出 $\varphi(p ^ k) = \varphi(p) \times p^{k - 1} = p ^ k - p ^{k - 1}$

$(5)$ $\sum \limits_{i = 0}^{c} \varphi(p ^ i) = 1 + \sum \limits_{i = 1}^{c} \varphi(p ^ i) = 1 + \sum \limits_{i = 1}^{c} p ^ i - p^{i - 1} = p ^ c$

$(6)$ 若 $n = \sum \limits_{i = 1}^{k} p_i ^ {c_i}$，则利用 $(5)$ 和积性函数的性质即可推出。

• $\varphi = \mu * \text{id}$

证明：由于 $\text{id} = \varphi * 1$，根据卷积的性质，可以在等式两边同时卷上 $\mu$，得到 $\text{id} * \mu = \varphi * 1 * \mu$。根据 $\mu * 1 = \epsilon$ 得 $\text{id} * \mu = \varphi * \epsilon = \varphi$。证毕。

• $\sigma = \text{id} * 1$

证明：$\sigma(n) = \sum \limits_{d | n} d = \sum \limits_{d | n} \text{id}(d) \times I(\dfrac{n}{d}) = \text{id} * 1(n)$。

莫比乌斯反演

莫比乌斯反演的形式如下：

如果存在 $F(n) = \sum \limits_{d | n} f(d)$，那么有 $f(n) = \sum \limits_{d | n} F(d) \mu(\dfrac{n}{d})$。

该结论可以利用狄利克雷卷积来证明。

证明：

$F(n) = \sum \limits_{d | n} f(d)$ 写成卷积的形式就是 $F = f * 1(n)$。那么对两边同时卷上 $\mu$，可得 $F * \mu(n) = f * 1 * \mu(n)$。由于 $1 * \mu(n) = \epsilon$，所以原式可化为 $F * \mu(n) = f * \epsilon(n) = f$，即 $f(n) = \sum \limits_{d | n} F(d) \mu(\dfrac{n}{d})$。证毕。

某些例题：

下面求和的上界省略了下取整符号。

$\text{P3455 [POI2007]ZAP-Queries}$

求 $\sum \limits_{i = 1}^{n} \sum \limits_{j = 1}^{m} [(i, j) = k]$。

大力莫反。

$$\begin{array}{c} \sum \limits_{i = 1}^{n} \sum \limits_{j = 1}^{m} [(i, j) = k] \\\\ = \sum \limits_{i = 1}^{\frac{n}{k}}\sum \limits_{j = 1}^{\frac{m}{k}} [(i, j) = 1] \\\\ = \sum \limits_{i = 1}^{\frac{n}{k}}\sum \limits_{j = 1}^{\frac{m}{k}} \mu((i, j)) * 1 \\\\ = \sum \limits_{i = 1}^{\frac{n}{k}}\sum \limits_{j = 1}^{\frac{m}{k}} \sum \limits_{d | (i, j)} \mu(d) \\\\ = \sum \limits_{d = 1}^{n} \mu(d) \sum \limits_{i = 1}^{\frac{n}{kd}} \sum \limits_{j = 1}^{\frac{m}{kd}} 1 \\\\ = \sum \limits_{d = 1}^{n} \mu(d) \left \lfloor \dfrac{n}{kd} \right \rfloor \left \lfloor \dfrac{m}{kd} \right \rfloor \end{array}$$

前面的 $\mu$ 可以线筛，后面的可以整除分块套上 $\mu$ 前缀和。

$\text{P2522 [HAOI2011]Problem b}$

求 $\sum \limits_{i = a}^{b} \sum \limits_{j = c}^{d} [(i, j) = k]$。

上一道题的强化版。将上一道题写成函数 $\operatorname{calc(n, m, k)}$，表示求 求 $\sum \limits_{i = 1}^{n} \sum \limits_{j = 1}^{m} [(i, j) = k]$ 的值。然后利用类似二维前缀和的方式，计算出答案即为 $\operatorname{calc(b, d, k)} - \operatorname{calc(a - 1, d, k)} - \operatorname{calc(c - 1, b, k)} + \operatorname{calc(a - 1, c - 1, k)}$

$\text{P1390 公约数的和}$

$$\sum_{i = 1}^n \sum_{j = i + 1}^n (i, j)$$

首先考虑计算 $\sum \limits_{i = 1}^n \sum \limits_{j = 1}^n (i, j)$。

首先枚举 $(i, j)$，得到 $\sum \limits_{d = 1}^{n} d \sum \limits_{i = 1}^{n} \sum \limits_{j = 1}^{n} [(i, j) = d]$

继续化简：

$$\begin{array}{c} \sum \limits_{d = 1}^{n} d \sum \limits_{i = 1}^{n} \sum \limits_{j = 1}^{n} [(i, j) = d] \\\\ = \sum \limits_{d = 1}^{n} d \sum \limits_{i = 1}^{\frac{n}{d}} \sum \limits_{j = 1}^{\frac{n}{d}} [(i, j) = 1] \\\\ = \sum \limits_{d = 1}^{n} d \sum \limits_{i = 1}^{\frac{n}{d}} \sum \limits_{j = 1}^{\frac{n}{d}} \mu * 1(\gcd(i, j)) \\\\ = \sum \limits_{d = 1}^{n} d \sum \limits_{i = 1}^{\frac{n}{d}} \sum \limits_{j = 1}^{\frac{n}{d}} \sum \limits_{p | (i, j)} \mu(p) \\\\ = \sum \limits_{d = 1}^{n} d \sum \limits_{p = 1}^{n} \mu(p) \sum \limits_{i = 1}^{\frac{n}{pd}} \sum \limits_{j = 1}^{\frac{n}{pd}} 1\\\\ = \sum \limits_{d = 1}^{n} d \sum \limits_{p = 1}^{\frac{n}{d}} \mu(p) \left \lfloor \dfrac{n}{pd} \right \rfloor \left \lfloor \dfrac{n}{pd} \right \rfloor \\\\ \text{令 k = pd，} \sum \limits_{k = 1}^{n} \left \lfloor \dfrac{n}{k} \right \rfloor \left \lfloor \dfrac{n}{k} \right \rfloor \sum \limits_{d | k} d \times \mu(\dfrac{k}{d}) \\\\ \sum \limits_{k = 1}^{n} \left \lfloor \dfrac{n}{k} \right \rfloor \left \lfloor \dfrac{n}{k} \right \rfloor \text{id} * \mu(k) \\\\ \sum \limits_{k = 1}^{n} \left \lfloor \dfrac{n}{k} \right \rfloor \left \lfloor \dfrac{n}{k} \right \rfloor \varphi(k) \end{array}$$

$\varphi$ 可以前缀和，然后整除分块就好了。复杂度 $O(n + \sqrt n)$，瓶颈在前缀和。

原题要求的就是刚才求的减去 $\sum i$ 之后在除以 $2$ 。这里根据最大公约数的交换律或者对称性易得。

另外，这个题也可以不必卷到 $\varphi$。只要卷到 $= \sum \limits_{d = 1}^{n} d \sum \limits_{p = 1}^{\frac{n}{d}} \mu(p) \left \lfloor \dfrac{n}{pd} \right \rfloor \left \lfloor \dfrac{n}{pd} \right \rfloor$ 就可以套两层整除分块了。这样的复杂度是 $O(n + n) = O(n)$，也很优秀。

一天后返回来在看一眼原来推得式子，会发现确实推复杂了。正难则反，直接用 $\varphi * 1 = id$ 来推。

$$\begin{array}{c} \sum \limits_{i = 1}^{n} \sum \limits_{j = 1}^{n} (i, j) \\\\ = \sum \limits_{i = 1}^{n} \sum \limits_{j = 1}^{n} \varphi * 1((i,j)) \\\\ = \sum \limits_{i = 1}^{n} \sum \limits_{j = 1}^{n} \sum \limits_{d | (i, j)} \varphi(d) \\\\ = \sum \limits_{d = 1}^{n} \varphi(d) \sum \limits_{i = 1}^{\frac{n}{d}} \sum \limits_{j = 1}^{\frac{n}{d}} 1 \\\\ \sum \limits_{d = 1}^{n} \varphi(d) \left \lfloor \dfrac{n}{d} \right \rfloor \left \lfloor \dfrac{n}{d} \right \rfloor \end{array}$$

可以发现结果是一样的。

$\text{P2257 YY的GCD}$

设质数集为 $\mathbb{P}$，求：

$$\sum \limits_{i = 1}^{n} \sum \limits_{j = 1}^{m} [(i, j) \in \mathbb{P}]$$

又到了愉快的推式子时间：这里设 $n \le m$，

$$\begin{array}{c} \sum \limits_{i = 1}^{n} \sum \limits_{j = 1}^{m} [(i, j) \in \mathbb{P}] \\\\ = \sum \limits_{d \in \mathbb{P}}^{} \sum \limits_{i = 1}^{n} \sum \limits_{j = 1}^{m} [(i, j) = d] \\\\ = \sum \limits_{d \in \mathbb{P}}^{} \sum \limits_{i = 1}^{\frac{n}{d}} \sum \limits_{j = 1}^{\frac{m}{d}} [(i, j) = 1] \\\\ = \sum \limits_{d \in \mathbb{P}}^{} \sum \limits_{i = 1}^{\frac{n}{d}} \sum \limits_{j = 1}^{\frac{m}{d}} \mu * 1(\gcd(i, j)) \\\\ = \sum \limits_{d \in \mathbb{P}}^{} \sum \limits_{i = 1}^{\frac{n}{d}} \sum \limits_{j = 1}^{\frac{m}{d}} \sum \limits_{p | (i, j)} \mu(p) \\\\ = \sum \limits_{d \in \mathbb{P}}^{} \sum \limits_{p = 1}^{\frac{n}{d}} \mu(p) \sum \limits_{i = 1}^{\frac{n}{pd}} \sum \limits_{j = 1}^{\frac{m}{pd}} 1\\\\ = \sum \limits_{d \in \mathbb{P}}^{} \sum \limits_{p = 1}^{\frac{n}{d}} \mu(p) \left \lfloor \dfrac{n}{pd} \right \rfloor \left \lfloor \dfrac{m}{pd} \right \rfloor \\\\ \text{令 k = pd，} \sum \limits_{k = 1}^{n} \left \lfloor \dfrac{n}{k} \right \rfloor \left \lfloor \dfrac{m}{k} \right \rfloor \sum \limits_{d | k, d \in \mathbb{P}} \mu(\dfrac{k}{d}) \\\\ \end{array}$$

然后发现两个下取整可以直接整除分块，瓶颈就在计算 $\sum \limits_{d | k, d \in \mathbb{P}} \mu(\dfrac{k}{d})$ 上。这个玩意可以筛出质数后预处理。

预处理复杂度 $O(n + n \log \log n)$，计算复杂度 $O(T \sqrt n)$。总复杂度 $O(n + n \log \log n + T \sqrt n)$。

看了一下题解，预处理也可以线性筛。不过不想看了，反正能过就行。

void init() {
	mu[1] = 1;
	for (int i = 2; i <= N - 5; i ++ ) {
		if (!is_prime[i]) p[ ++ cnt] = i, mu[i] = -1;
		for (int j = 1; j <= cnt and i * p[j] <= N - 5; j ++ ) {
			is_prime[i * p[j]] = true;
			if (i % p[j] == 0) break;
			mu[i * p[j]] = - mu[i];
		}
	}
	for (int i = 1; i <= cnt; i ++ )
		for (int j = 1; p[i] * j <= N - 5; j ++ )
			f[p[i] * j] += mu[j];
	for (int i = 1; i <= N - 5; i ++ )
		s[i] = s[i - 1] + f[i];
}
void substack() {
	scanf("%lld%lld", &n, &m);
	if (n > m) swap(n, m);
	int ans = 0;
	for (int l = 1, r; l <= n; l = r + 1) {
		r = min(n / (n / l), m / (m / l));
		ans += (n / l) * (m / l) * (s[r] - s[l - 1]);
	}
	printf("%lld\n", ans);
}

$\text{P3327 [SDOI2015]约数个数和}$

设 $d(x)$ 为 $x$ 的约数个数，给定 $n,m$，求

$$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^md(ij)$$

有结论：$d(ij) = \sum \limits_{x | i}^{} \sum \limits_{y | j}^{} [(x, y) = 1]$

于是可以愉快地推柿子了。

$$\begin{array}{c} \sum \limits_{i = 1}^{n} \sum \limits_{j = 1}^{m} \sum \limits_{x | i}^{} \sum \limits_{y | j}^{} [(x, y) = 1] \\\\ = \sum \limits_{x = 1}^{n} \sum \limits_{y = 1}^{m} [(x, y) = 1] \left \lfloor \dfrac{n}{x} \right \rfloor \left \lfloor \dfrac{m}{y} \right \rfloor \\\\ = \sum \limits_{d = 1}^{\min(n, m)} \mu(d) \sum \limits_{x = 1}^{\frac{n}{d}} \sum \limits_{j = 1}^{\frac{m}{d}} \left \lfloor \dfrac{n}{xd} \right \rfloor \left \lfloor \dfrac{m}{yd} \right \rfloor \end{array}$$

不妨设 $f(n) = \sum \limits_{i = 1}^{n} \left \lfloor \dfrac{n}{i} \right \rfloor$，可以发现这个玩意就等于 $\sum \limits_{i = 1}^{n}d(i)$。而这个东西可以筛 $\mu$ 的时候预处理出来。

于是柿子变成 $\sum \limits_{d = 1}^{\min(n, m)} \mu(d) f(\dfrac{n}{d}) f(\dfrac{m}{d})$。整出分块即可。总复杂度 $O(T \sqrt n)$。预处理可以用线性筛，但是懒得写了，直接莽了个 $O(n \log n)$ 暴力上去。

void init(int n) {
	mu[1] = 1;
	for (int i = 2; i <= n; i ++ ) {
		if (!is_prime[i]) p[ ++ cnt] = i, mu[i] = -1;
		for (int j = 1; j <= cnt and i * p[j] <= n; j ++ ) {
			is_prime[i * p[j]] = true;
			if (i % p[j] == 0) break;
			mu[i * p[j]] = -mu[i];
		}
	}
	for (int i = 1; i <= n; i ++ )
		mu_s[i] = mu_s[i - 1] + mu[i];
	for (int i = 1; i <= n; i ++ )
		for (int j = i; j <= n; j += i)
			s[j] ++ ;
	for (int i = 1; i <= n; i ++ )
		s[i] += s[i - 1];
}
void substack() {
	scanf("%lld%lld", &n, &m);
	int ans = 0;
	for (int l = 1, r; l <= min(n, m); l = r + 1) {
		r = min(n / (n / l), m / (m / l));
		ans += s[n / l] * s[m / l] * (mu_s[r] - mu_s[l - 1]);
	}
	printf("%lld\n", ans);
}

组合数学

定义

$C_{n}^{m}$，也记做 $\dbinom{n}{m}$，表示从 $n$ 个元素中选择 $m$ 个且不考虑顺序的方案数。有公式：

$$\dbinom{n}{m} = \dfrac{n!}{m! \times (n - m)!}$$

这个公式是怎么得到的呢？首先，先假设考虑顺序。那么选择第一个数的方案就有 $n$ 种。然后再选一个，就要从剩下的 $n - 1$ 个里面选，以此类推。总方案数就是 $\dfrac{n!}{(n - m)!}$。

那么如果不考虑顺序，那么需要再除以排列数 $m!$。

对于组合数的讨论，一般规定 $0! = 1$，$n \ge m$。

求法

三种方法求组合数：

• $n, m \le 5000$

可以用杨辉三角来求解。有组合恒等式：

$$\dbinom{n}{m} = \dbinom{n - 1}{m} + \dbinom{n - 1}{m - 1}$$

再根据 $\dbinom{n}{0} = 1$，$O(n ^ 2)$ 递推求解即可。

• $n, m \le 10000000$，答案对 $p$ 取模（$p$ 为质数）

根据上面的公式：$\dbinom{n}{m} = \dfrac{n!}{m! \times (n - m)!}$，可以预处理出阶乘和阶乘逆元，然后 $O(1)$ 计算。时间复杂度 $O(n) \sim O(1)$

• $n, m \le 10 ^ {18}$，答案对 $p$ 取模（$p$ 为质数且 $p \le 10 ^ 5$）

引理：$\text{Lucas}$ 定理

对于质数 $p$，有 $\dbinom{n}{m} \equiv \dbinom{\lfloor \frac{n}{p} \rfloor}{\lfloor \frac{m}{p} \rfloor} \times \dbinom{n \bmod \ p}{m \bmod \ p}(\bmod \ p)$ 恒成立。

组合恒等式及证明

1. $\dbinom{n}{k} = \dbinom{n}{n - k}$

这个组合意义理解一下好了。从 $n$ 个里面选出 $k$ 个的方案数，也就等于从 $n$ 个里面不选 $n - k$ 个数的方案数。

多项式与生成函数

多项式

开头先扔板子：多项式板子们

定义

多项式（polynomial）是形如 $P(x) = \sum \limits_{i = 0}^{n} a_i x ^ i$ 的代数表达式。其中 $x$ 是一个不定元。

$\partial(P(x))$ 称为这个多项式的次数。

多项式的基本运算

• 多项式的加减法

$$A(x) = \sum_{i = 0}^{n} a_i x ^ i, B(x) = \sum_{i = 0}^{m} b_i x ^ i$$

$$A(x) \pm B(x) = \sum_{i = 0}^{\max(n, m)} (a_i \pm b_i) x ^ i$$

• 多项式的乘法

$$A(x) \times B(x) = \sum_{k = 0}^{nm} \sum_{i + j = k} a_i b_j x ^ k$$

• 多项式除法

这里讨论多项式的带余除法。

可以证明，一定存在唯一的 $q(x), r(x)$ 满足 $A(x) = q(x) B(x) + r(x)$，且 $\partial(r(x)) < \partial(B(x))$。

$q(x)$ 称为 $B(x)$ 除 $A(x)$ 的商式，$r(x)$ 称为 $B(x)$ 除 $A(x)$ 的余式。记作：

$$A(x) \equiv r(x) (\bmod \ B(x))$$

特别的，若 $r(x) = 0$，则称 $B(x)$ 整除 $A(x)$，$A(x)$ 是 $B(x)$ 的一个倍式，$B(x)$ 是 $A(x)$ 的一个因式。记作 $B(x) | A(x)$。

有关多项式的引理

• 对于 $n + 1$ 个点可以唯一确定一个 $n$ 次多项式。

• 如果 $f(x), g(x)$ 都是不超过 $n$ 次的多项式，且它对于 $n +1$ 个不同的数 $\alpha_1, \alpha_2 \cdots \alpha_n$ 有相同的值，即 $\forall i \in [1, n + 1], i \in \mathbb{Z}, f(\alpha_i) = g(\alpha_i)$。则 $f(x) = g(x)$。

多项式的点值表示

如果选取 $n + 1$ 个不同的数 $x_0, x_1, \cdots x_n$ 对多项式进行求值，得到 $A(x_0), A(x_1) \cdots A(x_n)$，那么就称 $\{(x_i, A(x_i)) \ | \ 0 \le i \le n, i \in \mathbb{Z} \}$ 为 $A(x)$ 的点值表示。

快速傅里叶变换（FFT）

快速傅里叶变换是借助单位根进行求值和插值，从而快速进行多项式乘法的算法。

单位根

将复平面上的单位圆均分成 $n$ 份，从 $x$ 轴数，第 $i$ 条线与单位圆的交点称为 $i$ 次单位根，记作 $\omega_{n}^{i}$。

根据定义，可以得到：$\omega_{n}^{1} = i \sin \alpha +\cos \alpha, \alpha = \frac{2 \pi}{n}$。

引理：欧拉公式

$\forall \theta \in R$，$e ^ {i\theta} = i\sin \theta + \cos \theta$。

根据欧拉公式，可以得到：$\omega_{n}^{1} = e ^ {\frac{2 \pi i}{n}}$。

由此那么可以得到下面的性质：

• $\omega_{n}^{i} \times \omega_{n}^{j} = \omega_{n}^{i + j}$

• $\omega_{n}^{i + \frac{n}{2}} = - \omega_{n}^{i}$

• $\omega_{n}^{i + n} = \omega_{n}^{i}$

另外一种理解方式是通过棣莫弗公式。

引理：棣莫弗公式

$\forall \theta \in R$，$(\cos \theta + i \sin \theta) ^ n = \cos (n\theta) + i \sin (n\theta)$

考虑两个复平面上的向量

$$z_1 = \rho_1(cos \theta_1 + i \sin \theta_1), z_2 = \rho_2(cos \theta_2 + i \sin \theta_2)$$

计算两个向量相乘的结果，可得：

$$z_1 z_2 = \rho_1 \rho_2 (\cos (\theta_1 + \theta_2) + i \sin (\theta_1 + \theta_2))$$

当 $\theta_1 = \theta_2, \rho_1 = \rho_2$ 时便是大名鼎鼎的棣莫弗公式。

因此可以得到，单位圆上的两个复数相乘，模长不变（也就是还在单位圆上），幅角相加。然后可以由此理解上面的三个单位根性质。

离散傅里叶变换（DFT）

离散傅里叶变换，是将 $\omega_{n}^{k}, 0 \le k < n$ 代入 $f(x)$ 和 $g(x)$ 中求值的过程。

对于朴素的方法，每次代入一个单位根，然后用 $O(n)$ 的复杂度计算函数值。时间复杂度 $O(n ^ 2)$。

离散傅里叶变换利用了单位根的性质巧妙优化了这个过程。离散傅里叶变换过程如下：

首先将 $f(x)$ 根据次数的奇偶性拆成两部分，分别分为：

$$\begin{cases} e(x) = \sum \limits_{i = 0}^{\frac{n - 2}{2}} a_{2i} x ^ {2i} = a_0 + a_2 x^2 + a_4 x^4 \cdots a_{n - 2} x^{n - 2} \\ o(x) = \sum \limits_{i = 0}^{\frac{n - 2}{2}} a_{2i + 1} x ^ {2i + 1} = a_1 x + a_3 x^3 + a_5 x^5 \cdots a_{n - 1} x^{n - 1} \end{cases}$$

设

$$\begin{cases} e'(x) = \sum \limits_{i = 0}^{\frac{n - 2}{2}} a_{2i} x ^ i = a_0 + a_2 x + a_4 x^2 \cdots a_{n - 2} x^{\frac{n - 2}{2}} \\ o'(x) = \sum \limits_{i = 0}^{\frac{n - 2}{2}} a_{2i + 1} x ^ {i} = a_1 + a_3 x^1 + a_5 x^2 \cdots a_{n - 1} x^{\frac{n - 2}{2}} \end{cases}$$

则 $f(x) = e'(x ^ 2) + x o'(x ^ 2)$。

将 $\omega_{n}^{k}$ 代入得到：

$$\begin{cases} f(\omega_{n}^{k}) = e'((\omega_{n}^{k}) ^ 2) + \omega_{n}^{k} o'((\omega_{n}^{k}) ^ 2) = e'(\omega_{n}^{2k}) + \omega_{n}^{k} o'(\omega_{n}^{2k}) \\\\ f(\omega_{n}^{k + \frac{n}{2}}) = e'((\omega_{n}^{k+ \frac{n}{2}}) ^ 2) + \omega_{n}^{k+ \frac{n}{2}} o'((\omega_{n}^{k+ \frac{n}{2}}) ^ 2) = e'(\omega_{n}^{2k}) - \omega_{n}^{k} o'(\omega_{n}^{2k}) \end{cases}$$

然后你发现，$f(\omega_{n}^{k})$ 和 $f(\omega_{n}^{k + \frac{n}{2}})$ 仅仅差了一个符号！！！

所以只需要求出 $e'(x)$ 和 $o'(x)$ 对 $\omega^{k}_{n}$（$0 \le k \le \frac{n}{2}$）上的取值，就可以推出 $f(x)$ 在两倍点数上的取值。

每次问题规模缩小一半，因此时间复杂度 $O(n \log n)$。

离散傅里叶逆变换（IDFT）

假设对于两个多项式都得到了 $t = n + m - 1$ 个点值，设为 $\{(x_i, A(x_i)) \ | \ 0 \le i < t, i \in \mathbb{Z} \}, \{(x_i, B(x_i)) \ | \ 0 \le i < t, i \in \mathbb{Z} \}$。

那么可以知道，多项式 $C(x) = A(x) \times B(x)$ 的点值表示一定为：

$$\{(x_i, A(x_i) B(x_i)) \ | \ 0 \le i < t, i \in \mathbb{Z} \}$$

现在，只需要将这 $t$ 个点插值回去，就可以得到 $A(x)B(x)$ 了。

先设这 $t$ 个点值分别是：$\{(x_i, v_i) \ | \ 0 \le i < t, i \in \mathbb{Z} \}$，设最后的多项式为 $C(x) = \sum \limits_{i = 0}^{n + m - 2} c_i x^i$，这里直接给出结论：

$$c_k = \dfrac{1}{n} \sum_{i = 0}^{t - 1} v_i \omega_{t}^{-ki}$$

由此可见，IDFT 和 DFT 仅仅有一个负号的区别。只要将所有的单位根从 $\omega_{n}^{k}$ 变成 $\omega_{n}^{-k}$ 即可。

void FFT(cp a[], int n, int op) {
	if (n == 1) return;
	cp a1[n], a2[n];
	rop(i, 0, n >> 1) a1[i] = a[i << 1], a2[i] = a[(i << 1) + 1];
	FFT(a1, n >> 1, op), FFT(a2, n >> 1, op);
	cp Wn = {cos(2 * pi / n), op * sin(2 * pi / n)};
	cp Wk = {1, 0};
	rop(i, 0, n >> 1) {
		a[i] = a1[i] + Wk * a2[i];
		a[i + (n >> 1)] = a1[i] - Wk * a2[i];
		Wk = Wk * Wn;
	}
}
void FFT(cp a[], cp b[], int n, int m) {
	m = n + m; n = 1;
	while (n <= m) n <<= 1;
	FFT(a, n, 1); FFT(b, n, 1);
	rop(i, 0, n) a[i] = a[i] * b[i];
	FFT(a, n, -1);
	rep(i, 0, m) a[i].x = a[i].x / n;
}

FFT 优化

• 三次变两次优化

原本的朴素 FFT，将 $\{a\}, \{b\}$ 两个序列分别求值，乘起来再 IDFT 插值一下，一共跑了三次 FFT。这是不好的。

三次变两次优化是这样的：将原序列合并成一个复数：$\{a_i + b_i \times i\}$。做一遍 DFT 把求出的每个函数值平方。因为 $(a + bi) ^ 2 = (a ^ 2 - b ^ 2) + (2abi)$。因此把虚部取出来以后除以 $2$ 就是答案。

void FFT(cp a[], int n, int op) {
	if (n == 1) return;
	cp a1[n], a2[n];
	rop(i, 0, n >> 1) a1[i] = a[i << 1], a2[i] = a[(i << 1) + 1];
	FFT(a1, n >> 1, op), FFT(a2, n >> 1, op);
	cp Wn = {cos(2 * pi / n), op * sin(2 * pi / n)};
	cp Wk = {1, 0};
	rop(i, 0, n >> 1) {
		a[i] = a1[i] + a2[i] * Wk;
		a[i + (n >> 1)] = a1[i] - a2[i] * Wk;
		Wk = Wk * Wn;
	}
}
int main() {
	read(n, m);
	rep(i, 0, n) scanf("%lf", &a[i].x);
	rep(i, 0, m) scanf("%lf", &a[i].y);
	m = n + m; n = 1;
	while (n <= m) n <<= 1;
	FFT(a, n, 1);
	rop(i, 0, n) a[i] = a[i] * a[i];
	FFT(a, n, -1);
	rep(i, 0, m) printf("%d ", (int)(a[i].y / 2 / n + 0.5));
}

• 蝴蝶变换优化

后面再补吧。其实本人感觉这个优化不是那么必要，因为三次变两次实在太快了。

FFT 例题

1. A * B problem(plus)

可以设 $x = 10$，把 $a$ 写成 $A(x) = \sum \limits_{i = 0}^{n} a_i x^i$ 的形式（$n = \log_{10} a$）。同理可以把 $b$ 转化为多项式 $B(x)$。

这样求两个数相乘就是求 $A(x) \times B(x)$ 啊。

所以直接 $O(n \log n)$ 做完了。

2. P3338 [ZJOI2014] 力

给出 $n$ 个数 $q_1,q_2, \dots q_n$，定义

$$F_j~=~\sum_{i = 1}^{j - 1} \frac{q_i \times q_j}{(i - j)^2}~-~\sum_{i = j + 1}^{n} \frac{q_i \times q_j}{(i - j)^2}$$

$$E_i~=~\frac{F_i}{q_i}$$

对 $1 \leq i \leq n$，求 $E_i$ 的值。

首先发现这个除以 $q_i$ 就是没用。所以可以化简成：

$$E_j = \sum_{i = 1}^{j - 1} \frac{q_i}{(i - j)^2}~-~\sum_{i = j + 1}^{n} \frac{q_i}{(i - j)^2}$$

先看前面这个式子。答案就是：

$$(j - 1) ^ 2 q_1 + (j - 2) ^ 2 q_2 + (j - 3) ^ 2 q_3 \cdots$$

设 $f(x) = \sum q_i x ^ i, g(x) = \dfrac{1}{i ^ 2} x ^ i$。可以发现，$E_j' = (f \times g)[j]$

再看后面这一块的式子。我们把 $f(x)$ 的系数翻转，变成 $f'(x) = \sum q_{n - j + 1} x ^ j$。那么可以发现 $E_{j}'' = (f' \times g)[n - j + 1]$。

跑两次 FFT 就完事了。

3. P3723 [AH2017/HNOI2017] 礼物

首先发现加减相对于两个手环是对称的。因此可以把对一个手环的减法转化成对另一个手环的加法。这样可以假设全是在第一个手环上执行的加减操作。

第一个手环执行了加 $c$ 的操作，且旋转过之后的序列为 $[x_1, x_2 \cdots x_n]$，第二个手环为 $[y_1, y_2 \cdots y_n]$。计算差异值并化简，可以得到差异值是：

$$\sum x ^ 2 + \sum y ^ 2 + c ^ 2 n + 2c(\sum x - \sum y) - 2 \sum xy$$

可以发现，这个序列只有最后一项是不定的。

因此将 $y$ 序列翻转后再复制一倍，与 $x$ 卷积，答案就是卷积后序列的 $n + 1 \sim 2n$ 项系数的 $\max$。

直接暴力枚举 $c$，加上前面依托就行了。

$\text{AC code}$

快速数论变换（NTT）

快速数论变换就是基于原根的快速傅里叶变换。

首先考虑快速傅里叶变换用到了单位根的什么性质。

1. $\omega_{n}^{k}, 0 \le k < n$ 互不相同。

2. $\omega_{n}^{k} = \omega_{n}^{k + \frac{n}{2}}$。

3. $\omega_{n}^{k} = \omega_{2n}^{2k}$。

数论中，原根恰好满足这些性质。

对于一个素数的原根 $g$，设 $g_n = g ^ {\frac{p - 1}{n}}$。那么：

$$g_n ^ n = g ^ {p - 1} \equiv 1(\bmod \ p)$$

$$g_n ^ {\frac{n}{2}} = g ^ {\frac{p - 1}{2}} \equiv - 1(\bmod ~ p)$$

$$g ^ \alpha + g ^ \beta = g ^ {\alpha + \beta}$$

$$g_{\alpha n}^{\alpha k} = g_{n}^{k}$$

我们发现它满足 $\omega_{n}^{k}$ 的全部性质！

因此，只需要用 $g_{n}^k = g_{}^{\frac{p - 1}{n} k}$ 带替全部的 $\omega_{n}^{k}$ 就可以了。

tips：对于一个质数，只有当它可以表示成 $p = 2 ^ \alpha + 1$，且需要满足多项式的项数 $< \alpha$ 时才能使用 NTT。$p$ 后面有个加一，是因为 $g_n$ 指数的分子上出现了 $-1$；$p - 1$ 需要时二的整数次幂，是因为每次都要除以 $2$。

bonus：常用质数及原根

$p = 998244353 = 119 \times 2 ^ {23} + 1, g = 3$

$p = 1004535809 = 479 \times 2 ^ {21} + 1, g = 3$

void NTT(int *a, int n, int op) {
	if (n == 1) return;
	int a1[n], a2[n];
	rop(i, 0, n >> 1) a1[i] = a[i << 1], a2[i] = a[(i << 1) + 1];
	NTT(a1, n >> 1, op), NTT(a2, n >> 1, op);
	int gn = qpow((op == 1 ? g : invg), (mod - 1) / n), gk = 1;
	rop(i, 0, n >> 1) {
		a[i] = (a1[i] + 1ll * gk * a2[i]) % mod;
		a[i + (n >> 1)] = (a1[i] - 1ll * gk * a2[i] % mod + mod) % mod;
		gk = 1ll * gk * gn % mod;
	}
}

NTT 优化：蝴蝶变换

盗大佬一张图

这是进行 NTT 的过程中数组下标的变化。

这样看似乎毫无规律。但是把他们写成二进制：

变换前：$000 ~ 001 ~ 010 ~ 011 ~ 100 ~ 101 ~ 110 ~ 111$

变换后：$000 ~ 100 ~ 010 ~ 110 ~ 001 ~ 101 ~ 011 ~ 111$

可以发现，就是对每个下标进行了二进制翻转。

因此可以先预处理出每个下标在递归底层对应的新下标。然后从底层往顶层迭代合并。

预处理每个下标的二进制翻转：

rop(i, 0, n) rev[i] = rev[i >> 1] >> 1 | (i & 1) << bit;

优化后的 NTT：

void NTT(int *a, int n, int op) {
	rop(i, 0, n) if (i < rev[i]) swap(a[i], a[rev[i]]);
	for (int mid = 1; (mid << 1) <= n; mid <<= 1) {
		int gn = qpow((op == 1 ? g : invg), (mod - 1) / (mid << 1));
		for (int i = 0, gk = 1; i < n; i += (mid << 1), gk = 1)
			for (int j = 0; j < mid; j ++ , gk = 1ll * gk * gn % mod) {
				int x = a[i + j], y = 1ll * a[i + j + mid] * gk % mod;
				a[i + j] = Mod(x + y), a[i + j + mid] = Mod(x - y);
			}
	}
}

当然了，FFT 也可以用蝴蝶变换来优化。实践证明，速度变快了至少二分之一。

FFT 的迭代实现

void FFT(cp *a, int n, int op) {
	rop(i, 0, n) if (i < rev[i]) swap(a[i], a[rev[i]]);
	for (int mid = 1; (mid << 1) <= n; mid <<= 1) {
		cp Wn = {cos(pi / mid), op * sin(pi / mid)};
		for (int i = 0; i < n; i += (mid << 1)) {
			cp Wk = {1, 0};
			for (int j = 0; j < mid; j ++ , Wk = Wk * Wn) {
				cp x = a[i + j], y = Wk * a[i + j + mid];
				a[i + j] = x + y, a[i + j + mid] = x - y;
			}
		}
	}
}

任意模数多项式乘法（MTT）

计算 $f \times g(\bmod ~ p)$ 的结果（$p$ 不一定能够表示成 $2 ^ \alpha + 1$ 的形式）。

这个东西有两种做法，但是我只学会了三模 NTT。

首先，卷积之后每个系数最多达到 $\max \{V\} ^ 2 \times n$ 的大小。拿模板题举例，这个东西就是 $10 ^ {23}$。因此只需要找三个模数 $p_1, p_2, p_3$，满足 $p_1p_2p_3 > \max \{V\} ^ 2 \times n$，然后用他们分别 NTT，最后再 CRT / exCRT 合并即可。

int CRT(int a, int b, int c, int p) {
	int k = 1ll * Mod(b - a, p2) * inv1 % p2;
	LL x = 1ll * k * p1 + a;
	k = 1ll * Mod((c - x) % p3, p3) * inv2 % p3;
	x = (x + 1ll * k * p1 % p * p2 % p) % p;
	return x;
}
void MTT(int *a, int n, int *b, int m, int p) {
	int B = ((n + m) << 2) + 1;
	rev = new int [B]();
	int *a1 = new int [B](), *b1 = new int [B]();
	int *a2 = new int [B](), *b2 = new int [B]();
	int *a3 = new int [B](), *b3 = new int [B]();
	rop(i, 0, B) 
		a1[i] = a2[i] = a3[i] = a[i], b1[i] = b2[i] = b3[i] = b[i];
	NTT(a1, n, b1, m, p1); NTT(a2, n, b2, m, p2); NTT(a3, n, b3, m, p3);
	inv1 = inv(p1, p2); inv2 = inv(1ll * p1 * p2 % p3, p3);
	rep(i, 0, n + m) a[i] = CRT(a1[i], a2[i], a3[i], p);
}

这里选择的模数为：$p_1 = 998244353, p_2 = 469762049, p_3 = 1004535809$。他们的原根都为 $g = 3$。

多项式求逆

求多项式 $f(x)$ 的逆元 $f^{-1}(x)$。$f(x)$ 的逆元定义为满足 $f(x) g(x) = 1(\bmod \ x ^ n)$ 的多项式 $g(x)$。

使用倍增法即可求出多项式的逆元。

首先假设已经求出了 $f(x) g'(x) \equiv 1(\bmod \ x ^ {\lceil \frac{n}{2} \rceil})$。再假设 $f(x) \bmod \ x ^ n$ 意义下逆元为 $g(x)$。那么有：

$$g(x) \equiv g'(x) (\bmod \ x ^ {\lceil \frac{n}{2} \rceil})$$

$$(g(x) - g'(x)) \equiv 0 (\bmod \ x ^ {\lceil \frac{n}{2} \rceil})$$

$$(g(x) - g'(x)) ^ 2 \equiv 0 (\bmod \ x ^ n)$$

$$g^2(x) - 2 g(x) g'(x) + g'^2(x) \equiv 0 (\bmod \ x ^ {n})$$

两边同时乘以 $f(x)$，可以得到：

$$g(x) - 2 g'(x) + f(x) g'^2(x) \equiv 0 (\bmod \ x ^ n)$$

$$g(x) \equiv 2g'(x) - f(x) g'^2(x) (\bmod \ x ^ n)$$

$$g(x) \equiv g'(x) (2 - f(x)g'(x)) (\bmod \ x ^ n)$$

倍增求即可。

void Inv(int *f, int *g, int n) {
	if (n == 1) {
		g[0] = inv(f[0]); return;
	} Inv(f, g, (n + 1) >> 1);
	int m = 1, bit = 0;
	while (m < (n << 1)) m <<= 1, bit ++ ; bit -- ;
	rop(i, 0, n) tmp[i] = f[i];
	rop(i, n, m) tmp[i] = 0;
	rev = new int [m + 5]();
	rop(i, 1, m) rev[i] = (rev[i >> 1] >> 1) | (i & 1) << bit;
	NTT(tmp, m, 1); NTT(g, m, 1);
	rop(i, 0, m) g[i] = (2ll - 1ll * g[i] * tmp[i] % p + p) % p * g[i] % p;
	NTT(g, m, -1); int invn = inv(m);
	rop(i, 0, m) g[i] = 1ll * g[i] * invn % p;
	rop(i, n, m) g[i] = 0; 
	free(rev); rev = NULL;
}

分治 FFT

给定序列 $g_{1\dots n - 1}$，求序列 $f_{0\dots n - 1}$。

其中 $f_i=\sum_{j=1}^if_{i-j}g_j$，边界为 $f_0=1$。

答案对 $998244353$ 取模。

其实这是个多项式求逆板子

首先考虑生成函数 $F(x) = \sum _{i = 0}^{+ \infty} f_i x ^ i, G(x) = \sum _{i = 0}^{ + \infty}g_i x ^ i$。然后可以发现：

$$F(x) G(x) = \sum \limits_{k = 0}^{+\infty} x ^ k \sum \limits_{i + j = k}^{} f_i g_j = F(x) - f_0 x^0$$

因此 $F(x)(G(x) - 1) = -f_0$，也就是：

$$F(x) \equiv \dfrac{f_0}{1 - G(x)} (\bmod \ x ^ n)$$

所以直接设 $g_0 = 0$，然后把 $1 - g$ 求逆就行了。

read(n);
rop(i, 1, n) read(g[i]);
rop(i, 1, n) g[i] = Poly::p - g[i];
(g[0] += 1) %= Poly::p; Poly::Inv(g, n);
rop(i, 0, n) write(' ', g[i]); return 0;

多项式对数函数（Polyln）

给定 $f(x)$，求多项式 $g(x)$ 使得 $g(x) \equiv \ln(f(x)) (\bmod \ x ^ n)$

前置知识：简单的求导和积分，以及基本的多项式模板。

首先设 $h(x) = \ln(x)$，那么

$$g(x) \equiv h(f(x)) (\bmod \ x ^ n)$$

然后对同余方程两边同时求导，得到

$$g'(x) \equiv [h(f(x))]' (\bmod \ x ^ n)$$

根据复合函数求导公式 $f'(g(x)) = f'(g(x))g'(x)$ 可得，

$$g'(x) \equiv h'(f(x))f'(x)(\bmod \ x ^ n)$$

然后又有 $\ln '(x) = \dfrac{1}{x}$，因此

$$g'(x) \equiv \dfrac{f'(x)}{f(x)}$$

计算 $f'(x)$ 和 $f^{-1}(x)$ 作为 $a, b$。计算 $a \times b (\bmod \ 998244353)$ 得到 $g'(x)$ ，然后求 $g'(x)$ 的积分就好了。

积分公式：$\int x ^ a \mathrm{dx} = \dfrac{1}{a + 1} x ^ {a + 1}$。

void der(int *f, int n) { rep(i, 1, n) f[i - 1] = 1ll * i * f[i] % p; f[n] = 0; }
void Int(int *f, int n) {dep(i, n, 1) f[i] = 1ll * inv(i) * f[i - 1] % p; f[0] = 0; }
void Ln(int *f, int n) {
	int B = (n << 2) + 5; int *_f = new int[B]();
	rep(i, 0, n) _f[i] = f[i];
	der(_f, n), Inv(f, n);
	NTT(f, n, _f, n); Int(f, n);
	free(_f); _f = NULL;
}

多项式指数函数（PolyExp）

给定多项式 $f(x)$，求 $g(x)$ 满足 $g(x) \equiv e ^ {f(x)} (\bmod \ x ^ n)$。

前置知识：牛顿迭代。

牛顿迭代是用来求函数零点的有力工具。

例如，下面这个图是使用牛顿迭代法求 $f(x)=x^4+3 x^2+7 x+3$ 零点的过程。

首先，随便选择一个点 $(x_0, f(x_0))$，过这个点做 $f(x)$ 的切线。切线方程是 $y = f'(x_0)(x - x_0) + f(x_0)$。它与 $x$ 轴交于一点 $A(-0.56243, 0)$。

接下来，再令 $x_1 = -0.56243$，过点 $(x_1, f(x_1))$ 再做 $f(x)$ 的切线，与 $x$ 轴交于点 $B(-0.60088, 0)$。

再令 $x_2 = -0.60088$，如此迭代下去。可以发现，$x_n$ 会逐渐逼近零点。

刚才说切线方程为 $y = f'(x_0)(x - x_0) + f(x_0)$。如果令 $y = 0$，得到的 $x$ 便是切线方程与 $x$ 轴的交点，为

$$x = x_0 - \dfrac{f(x_0)}{f'(x_0)}$$

运用于多项式，假设要求使 $f(g(x)) \equiv 0(\bmod \ x ^ n)$ 的多项式 $g(x)$，并且已经知道 $f(g_0(x)) \equiv 0 (\bmod \ x ^ {\frac{n}{2}})$。

那么可以说，

$$g(x) = g_0(x) - \dfrac{f(g_0(x))}{f'(g_0(x))}$$

接下来解决多项式 Exp。所求为 $g(x)$ 使得 $g(x) \equiv e ^ {f(x)} (\bmod \ x ^ n)$。两边都取 $\ln$ 得到：

$$\ln g(x) \equiv f(x) (\bmod \ x ^ n)$$

移项得：

$$\ln g(x) - f(x) \equiv 0 (\bmod \ x ^ n)$$

设 $F(g(x)) = ln g(x) - f(x)$，那么所求就是 $F(x)$ 的零点。

假设已经有 $g_0(x)$ 使得 $F(g_0(x)) \equiv 0 (\bmod \ x ^ {\frac{n}{2}})$，根据上面的牛顿迭代，有：

$$g(x) = g_0(x) - \dfrac{F(g_0(x))}{F'(g_0(x))} = g_0(x) - \dfrac{\ln g_0(x) - f(x)}{\frac{1}{g_0(x)}} = g_0(x)(1 - \ln g_0(x) +f(x))$$

根据这个柿子倍增求即可。每次需要计算一个 $\ln$，一个乘法，时间 $O(n \log n)$。

写的有点丑，超级大肠数。

void Exp(int *f, int *g, int n) {
	if (n == 1) return void(g[0] = 1);
	Exp(f, g, (n + 1) >> 1);
	int B = (n << 2) + 5; int *lnb = new int[B]();
	rop(i, 0, n) lnb[i] = g[i]; Ln(lnb, n);
	tmp = new int[B](); rop(i, 0, n) tmp[i] = f[i];
	rop(i, 0, n) tmp[i] = (1ll * tmp[i] - lnb[i] + p) % p;
	tmp[0] ++ ; NTT(g, n, tmp, n);
	free(tmp); tmp = NULL; free(lnb); lnb = NULL;
}

多项式快速幂（PolyPower）

在模 $x ^ n$ 意义下计算 $f^k(x)$。

有了前面的知识铺垫，这部分就非常的简单。

根据对数恒等式，有 $f(x) = e ^ {\ln f(x)}$。

因此 $f^k(x) = e ^ {k \ln f(x)}$。

把 $f(x)$ 乘以 $k$，求多项式 $\ln$，然后再 $\exp$ 回来就行了。

void Power(int *f, int n, int k) {
	Ln(f, n); rop(i, 0, n) f[i] = 1ll * f[i] * k % p; Exp(f, n);
}

多项式开根

在模 $x ^ n$ 意义下计算 $f^{\frac{1}{k}}(x)$。

这个最简单。直接把 $\frac{1}{k} \bmod p$，然后多项式快速幂。

生成函数

定义

定义形如 $f(x) = \sum \limits_{i = 0}^{\infty} a_i x ^ i$ 的式子为生成函数，其中 $x$ 是一个不定元，取值需要保证 $f(x)$ 收敛。需要注意的是，$x$ 在生成函数中并不以未知数的形式单独出现，其意义也脱离了代数上的未知数本身。

生成函数大致分为两种：$\text{OGF}$ 和 $\mathrm{EGF}$。前者主要用于无标号问题的计数，后者主要应用于有标号问题的计数。

为了书写方便，在下文中，将 $a_0 + a_1 x + a_2 x ^ 2 \cdots$ 简写成 $\{a_0, a_1, a_2 \cdots\}$。

约定

• 为了书写方便，在下文中，将 $a_0 + a_1 x + a_2 x ^ 2 \cdots$ 简写成 $\{a_0, a_1, a_2 \cdots\}$。

• 将 $f(x)$ 中 $x ^ i$ 的系数记为 $[x ^ i]f(x)$，简记为 $f(x)[i]$。

数学基础

• $\mathrm{D}$ 算子（求导算子）

$\mathrm{D} f(x) = \lim \limits_{\delta \rightarrow 0} \dfrac{f(x +\delta) - f(x)}{\delta}$。

对于 $f(x)[i]$，对其施加以求导算子之后，$(\mathrm{D}f(x))[i] = (i + 1)f(x)[i + 1]$。

• 上升幂和下降幂

定义 $x ^ {\underline{m}}$ 为 $x$ 的 $m$ 次下降幂，$x ^ {\underline{m}} = x(x - 1)(x - 2) \cdots (x - m + 1)$。

定义 $x ^ {\overline m}$ 为 $x$ 的 $m$ 次上升幂，$x ^ {\overline m} = x(x + 1)(x + 2) \cdots (x + m - 1)$。

下面是关于上升 / 下降幂的有用的性质：

• $x ^ {\underline{m + n}} = x ^ {\underline{m}} (x - m) ^ {\underline{n}}$

• $x ^ {\overline{m + n}} = x ^ {\overline{m}} (x + m) ^ {\overline{n}}$

• $x ^ {\underline{m}} = (-1)^ m (-x) ^ {\overline{m}}$

• $x ^ {\overline{m}} = (-1)^ m (-x) ^ {\underline{m}}$

• $\Delta$ 算子（差分算子）

类似求导算子，我们定义差分算子 $\Delta$，$\Delta f(x) = f(x +1) - f(x)$。

它不具有求导算子那样优美的性质，但是其对于下降幂来说，与求导的运算法则相同。具体的，$\Delta (x ^ {\underline{m}}) = m x ^ {\underline{m - 1}}$。

可以发现，差分算子和求导算子十分相似，他们也有一些比较相似的性质，例如：$\mathrm{D}(e ^ x) = e ^ x, \Delta(2 ^ x) = 2 ^ x$。

后面的两个公式常用于上升幂和下降幂的转化。

生成函数的封闭形式

对于 $\mathrm{OGF}$，其常常有自己的封闭形式。下面举几个例子。

• Example 4.1： $\{1, 1, 1,1 \cdots\}$ 的生成函数。

这是 OIer 最喜闻乐见的式子。不妨设 $f(x) = \sum \limits_{0}^{\infty} x ^ i$，则有 $xf(x) = \sum \limits_{1}^{\infty} x ^ i$。可以发现，这相当于对 $f$ 施加了 平移算子 $\mathbf{E}$。将两个错项相减可以得到：

$$f(x) - x f(x) = 1$$

$$f(x) = \dfrac{1}{1 - x}$$

我们称 $\dfrac{1}{1 - x}$ 为 $f(x)$ 的封闭形式。上面计算生成函数封闭形式的做法称为错位相减，是小学数学常用的一种方法。

利用上面的算法，可以求出下面几个生成函数的封闭形式：

• $\{1, 1, 1, 1 \cdots\} \stackrel{\text{OGF}}{\longrightarrow} \dfrac{1}{1 - x}$

• $\{1, a, a^2, a^3 \cdots\} \stackrel{\text{OGF}}{\longrightarrow} \dfrac{1}{1 - ax}$

• $\{1, x^{k}, x^{2k}, x^{3k} \cdots\} \stackrel{\text{OGF}}{\longrightarrow} \dfrac{1}{1 - x ^ k}$

• $\{1, c^1x^k, c^2x^{2k} \cdots\} \stackrel{\text{OGF}}{\longrightarrow} \dfrac{1}{1 - cx^k}$

• $\{0, 1, \frac{1}{2}, \frac{1}{3} \cdots\} \stackrel{\text{OGF}}{\longrightarrow} -\ln(1 - x)$

• $\{1, 1, \frac{1}{2!}, \frac{1}{3!} \cdots\} \stackrel{\text{OGF}}{\longrightarrow} e^x$

• $\{1, 1, 1 \cdots\} \stackrel{\text{OGF}}{\longrightarrow} \dfrac{1}{1 - x}$

封闭形式的展开技巧

• 泰勒展开 / 麦克劳林展开

$$f(x) = \sum^{\infty} \dfrac{f(x)^{(i)}}{i!}$$

上面的式子称为麦克劳林展开。注意，上面的式子没有考虑到 $f$ 的敛散性。

通过麦克劳林展开，我们可以得到几乎所有函数的展开式。

• 换元法

利用上面得到的重要结论

$$f(x) = \dfrac{1}{1 - x} = \sum x ^ i$$

将其中的 $x$ 换成 $qx$，可以得到：

$$f(x) = \dfrac{1}{1 - qx} = \sum q^ i x ^ i$$

可以使用还原得到一些其他结论。

Example 5.1 求 $f(x) = \dfrac{3}{1 - 4x}$ 的展开形式。

$$f(x) = 3 \dfrac{1}{1 - 4x} = 3 \sum 4^ix^i$$

Example 5.2 求 $f(x) = \dfrac{1}{1 + x}$ 的展开式。

$$f(x) = \dfrac{1}{1 - (-x)} = \sum (-1) ^ i x ^ i$$

Example 5.3 求 $f(x) = \dfrac{5}{3 - 4x}$ 的展开式。

$$f(x) = \dfrac{5 / 3}{1 - 4/3 x} = \dfrac{5}{3} \cdot \dfrac{1}{1 - \frac{4}{3}x} = \dfrac{5}{3} \sum \left (\frac{4}{3} \right ) ^ i x^i$$

可以发现，这个方法非常好用。它可以展开几乎一切分母为一次的分式。

• 裂项法

上面的换元法非常好用，但是只适用于 $-1$ 次的式子。对于高次的式子，我们尝试将他变成 $-1$ 次的进行解决。

Example 5.4 求 $f(x) = \dfrac{1}{x ^ 2 - 4x +3}$ 的展开式。

考虑到分母可以表示成 $(1 - x)(3 - x)$ 的形式，我们尝试裂项。

不妨设 $f(x) = \dfrac{1}{(1 - x)(3 - x)} = \dfrac{\mathcal{A}}{1 - x} +\dfrac{\mathcal{B}}{3 - x}$ 的形式。

可以发现，$\dfrac{\mathcal{A}}{1 - x} +\dfrac{\mathcal{B}}{3 - x} = \dfrac{\mathcal{A}(3 - x) +\mathcal{B} (1- x)}{(1 - x)(3 - x)}$

于是有 $\mathcal{A}(3 - x) +\mathcal{B} (1- x) = 1$。解这个方程，得到：

$$\mathcal{A} = 1 / 2, \mathcal{B} = -1/2$$

对于分母更高次的情况，只要有实根，就可以裂项降次。

• 递推法

这个方法用于补裂项法的坑。

有的时候，分母是高次方程且没有实根，这非常不好，因为没法裂项。这时候可以使用这个方法。

Example 5.5 求 $f(x) = \dfrac{1}{1 - 2x + 7x ^ 2}$ 的展开形式。

我们发现对于分母，$\Delta = 4 - 28 < 0$，因此没有实根，无法裂项。

考虑设 $f(x) = \dfrac{1}{1 - 2x + 7x ^ 2} = a_0 + a_1x + a_2 x ^ 2 \cdots$

则有

$$(1 - 2x + 7x^2)(a_0 + a_1 x + a_2 x ^ 2 \cdots) = 1$$

做一下这个卷积，可以得到

$$\begin{matrix} & a_0 = 1 \\ & a_1 - 2a_0 = 0 \\ & a_2 - 2a_1 + 7a_0 = 0\\ & \cdots \end{matrix}$$

因此，$a_0 = 1, a_1 = 2$，对于 $n > 1$，$a_n = 2a_{n - 1} - 7 a_{n - 2}$。这样我们得到一个递推形式。

利用特征根方程即可求出该递推式的通项。

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学了上面这么多展开技巧，我们来举几个实际例子。

Example 5.6 斐波那契数列通项

定义 $f_0 = 0, f_1 = 1$，$\forall n \ge 2, f_n = f_{n - 1} + f_{n - 2}$。求 $f$ 的通项。

不妨设 $\mathcal{F}(x) = \sum f_i x_i = \{0, 1, 1, 2, 3, 5, 8 \cdots\}$

我们对 $F$ 施加一个平移算子，也就是乘上 $x$，得到

$$x \mathcal{F}(x) = \sum f_i x^{i +1} = \{0, 0, 1, 1, 2, 3, 5, 8, \cdots\}$$

再施加一次平移算子，得到

$$x ^ 2 \mathcal{F}(x) = \sum f_i x^{i +2} = \{0, 0, 0, 1, 1, 2, 3, 5, \cdots\}$$

可以发现，$(\mathcal{F}(x) - x\mathcal{F}(x) - x ^ 2 \mathcal{F}(x))[n] = 0$（As for $x \ge 2$）。对于 $x < 2$，我们强行补上即可。所以得到：

$$\mathcal{F}(x) - x \mathcal{F}(x) - x ^ 2 \mathcal{F}(x) = 1$$

$$\mathcal{F}(x) = \dfrac{1}{1 - x - x ^ 2}$$

这样我们得到了 $\mathcal{F}(x)$ 的封闭形式。

接下来我们要对这个封闭形式进行展开。发现分母有实根，这非常好。我们求出它的两个实根，分别为

$$x_1 = \dfrac{-1 - \sqrt 5}{2}, x_2 = \dfrac{-1 + \sqrt 5}{2}$$

采用展开技巧中的裂项法对他进行裂项，得到

$$\mathcal{F}(x) = \dfrac{\mathcal{A}}{x_1 - x} + \dfrac{\mathcal{B}}{x_2 - x}$$

可以解得 $\mathcal{A} = \dfrac{\sqrt5}{5}, \mathcal{B} = -\dfrac{\sqrt5}{5}$。

将 $\mathcal{A, B}$ 代入并进行一顿化简（化简过程使用换元法）后，可以得到斐波那契数列的通项公式：

$$f_n = \dfrac{\sqrt5}{5}\left[ \left ( \dfrac{1 + \sqrt 5}{2}\right ) ^ n - \left ( \dfrac{1 - \sqrt 5}{2}\right ) ^ n \right]$$

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普通型生成函数的应用

Example 6.1 $\texttt{ACW 3132}$

一共八种物品，你要买这些物品。每个物品可以买无限件。

不妨将这八种物品设为 $\mathcal{A, B, C, D, E, F, G, H}$，每种物品的购买有限制：

• $\mathcal{A}$：只能购买偶数个。

• $\mathcal{B}$：只能购买 $0$ 个或 $1$ 个。

• $\mathcal{C}$：只能购买 $0$ 个，$1$ 个或 $2$ 个。

• $\mathcal{D}$：只能购买奇数个。

• $\mathcal{E}$：只能购买 $4$ 的倍数个。

• $\mathcal{F}$：只能购买 $0, 1, 2$ 或 $3$ 个。

• $\mathcal{G}$：只能购买 $\le 1$ 个。

• $\mathcal{H}$：只能购买 $3$ 的倍数个。

求购买 $n$ 个物品的方案数。$n \le 10 ^ {500}$，答案对 $10007$ 取模。

做法一：背包。设 $f_i$ 表示选择了 $i$ 个物品的方案数。转移即可。

做法二：流氓算法。使用背包打表，用 BM 弄出通项。

做法三：使用生成函数。

我们考虑每种物品的生成函数对应的是什么。对于 $\mathcal{A}$ 物品，不妨将其生成函数设为 $\mathcal{A(x)}$，后面同理。

• $\mathcal{A(x)} = 1 + x ^ 2 +x ^ 4 +\cdots = \dfrac{1}{1 - x ^ 2}$

• $\mathcal{B(x)} = 1 + x = \dfrac{1 - x ^ 2}{1 - x}$

• $\mathcal{C(x)} = 1 + x + x ^ 2 = \dfrac{1 - x ^ 3}{1 - x}$

• $\mathcal{D(x)} = x + x ^ 3 + x ^ 5 + \cdots = \dfrac{x}{1 - x ^ 2}$

• $\mathcal{E(x)} = 1 + x^4 + x^8 + \cdots = \dfrac{1}{1 - x ^ 4}$

• $\mathcal{F(x)} = 1 + x + x ^ 2 + x ^ 3 = \dfrac{1 - x ^ 4}{1 - x}$

• $\mathcal{G(x)} = 1 +x = \dfrac{1 - x ^ 2}{1 - x}$

• $\mathcal{H(x)} = 1 + x ^ 3 + x ^ 6 +\cdots = \dfrac{1}{1 - x^3}$

把这些东西乘起来消消乐，剩下的答案就是：

$$\dfrac{x}{(1 - x) ^ 4}$$

这样我们得到了封闭形式。展开就可以得到答案。我们尝试对这个东西进行展开。利用广义二项式定理，我们可以得到：

$$\begin{array}{c} \dfrac{1}{(1 - x) ^ 4} &= \sum_{i = 0} \dfrac{(-4)^{\underline{i}}}{i!} (-x) ^ i\\\\ &= \sum_{i=0} \dfrac{(-4) ^ {\underline{i}}(-1)^i}{i!} x^i \\\\ &= \sum_{i=0} \dfrac{4^{\overline{i}}}{i!} x^i\\\\ &= \sum_{i=0} \dfrac{(3+i)^{\underline{i}}}{i!}x^i\\\\ &= \sum_{i = 0} \dbinom{3+i}{i} x^i \end{array}$$

乘上 $x$ 相当于对其施以平移算子，答案即为

$$\dfrac{(n +2)(n + 1)n}{6}$$

Bonus：最后对于 $\dfrac{1}{(1 - x) ^ 4}$ 的化简，其实有更简单的方法。

对于 $\dfrac{1}{1 - x}$ 求三阶导，发现就等于 $\dfrac{1}{(1 - x) ^ 4}$。

Example 6.2 P2000 拯救世界

和上一题差不多，列出来十个生成函数，乘起来消消乐就可以了。

Example 6.3 Super Poker II

写出四种扑克的 $\mathrm{OGF}$，乘起来就可以了。由于没有绑账号所以没有写。

Some Important Tricks

• 对 $\mathcal{F(x)}$ 乘以 $\mathcal{A(x)} = 1 +x +x ^ 2 + x ^ 3 \cdots$，可以求出 $\mathcal{F(x)}$ 的前缀和。例子：差分与前缀和

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指数型生成函数

指数型生成函数（$\mathbf{EGF}$），通常用于有标号方案计数，如图计数等。

对于数列 $P$，其 $\mathbf{EGF}$ 定义为：

$$\sum_{i = 0} \dfrac{P_i}{i!} x^i$$

下面是一些常见数列的 $\mathbf{EGF}$。

• $\{1, 1, 1, 1 \cdots\} \stackrel{\text{EGF}}{\longrightarrow} e ^ x$

• $\{1, -1, 1, -1 \cdots\} \stackrel{\text{EGF}}{\longrightarrow} e ^ {-x}$

• $\{1, c, c^2, c^3 \cdots\} \stackrel{\text{EGF}}{\longrightarrow} e ^ {cx}$

• $\{1, 0, 1, 0 \cdots\} \stackrel{\text{EGF}}{\longrightarrow} \dfrac{e^x + e ^ {-x}}{2}$

• $\{1, a, a ^ {2 \over}, a ^ {3 \over}, a ^ {4 \over} \cdots \} \stackrel{\text{EGF}}{\longrightarrow} (1 + x) ^ a$

上述推导可以直接在 $0$ 处泰勒展开。

指数型生成函数应用

• 图计数

Example 8.1

$n$ 个点的无向连通图计数。

设 $B = \sum 2 ^ {\binom{i}{2}} x ^ i$，表示无向图的方案数。

设 $A = \sum f_ix^i$，表示无向连通图方案数。

则有 $B = e ^ A$，将 $B$ 取 $\ln$ 可以得到 $A$。