数论+组合

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注：引理见后面第四部分

1.欧拉函数，欧拉筛及应用

1.欧拉筛：

for(int i = 2;i <= N;i++)
{
	if(!vis[i]) pri[++cnt] = i;
	for(int j = 1;i * pri[j] <= N;j++)
	{
		int u = i * pri[j];
		vis[u] = 1;
		if(i % pri[j] == 0) break;
	}
}

2.欧拉函数：$\phi (n)$

计算：$\phi (n)=n\times \prod _{i=1}^n(1-\frac{1}{p_i})$

用欧拉筛实现：
设 $m=pri[j]\times i$

1>若$imodpri[j]==0$

则

$$\begin{array}{rl}\phi (m)& =m\times \prod _{i=1}^k(1-\frac{1}{p_i})\\ & =pri[j]\times i\times \prod _{i=1}^k(1-\frac{1}{p_i})\\ & =pri[j]\times \phi [i]\end{array}$$

2>若$imodpri[j]!=0$,说明二者互质

则

$$\begin{array}{rl}\phi (m)& =\phi (pri[j])\times \phi (i)\\ & =(pri[j]-1)\times \phi (i)\end{array}$$

2.定理

欧拉定理：

若$gcd(a,m)=1$

则

$$a^{\phi (m)}\equiv 1(\mathrm{mod}m)$$

裴蜀定理

设$a,b\in Z$

则存在$x,y$,使得

$$ax+by=gcd(a,b)$$

推广1：存在$x,y$,使得

$$ax+by=gcd(a,b)\times n$$

推广2：存在$X_1\cdots X_n$,使得

$$\sum _{i=1}^n{A}_i{X}_i=gcd(A_1,A_2,\cdots ,A_n)$$

扩展欧几里得

对方程$ax+by=gcd(a,b)$（设$gcd(a,b)=d$）

可得到

$$\{\begin{array}{l}a{x}_0+b{y}_0=gcd(a,b)\\ b{x}_1+(a\mathrm{\%}b)y_1=gcd(b,a\mathrm{\%}b)\end{array}$$

而$gcd(a,b)=gcd(b,a\mathrm{\%}b)$

则

$$a{x}_0+b{y}_0=b{x}_1+(a\mathrm{\%}b)y_1$$

又有$a\mathrm{\%}b=a-(int)a/b\times b$

设$(int)a/b=k$

则

$$a{x}_0+b{y}_0=b{x}_1+(a-kb)y_1$$

整理得

$$a{x}_0+b{y}_0=a{y}_1+b(x_1-k{y}_1)$$

则

$$\{\begin{array}{l}{x}_0=y_1\\ y_0=x_1-k{y}_1\end{array}$$

这是相邻两组解的关系，那么这样推下去，则$a\mathrm{\%}b$会变成$0$(求gcd时的终止条件)

则有

$$d\times x_n+0\times y_n=d$$

则存在特解

$$\{\begin{array}{l}{x}_n=1\\ y_n=0\end{array}$$

递归反推每一组解即可

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

通解：

$$\{\begin{array}{l}x=x_0+\frac{b}{gcd(a,b)}\times k\\ y=y_0-\frac{a}{gcd(a,b)}\times k\end{array}$$

扩展欧拉定理

$$a^b\equiv \{\begin{array}{l}{a}^{b\mathrm{mod}\phi (p)}----gcd(a,p)=1\\ a^b-------gcd(a,p)\ne 1,b<\phi (p)\\ a^{b\mathrm{mod}\phi (p)+\phi (p)}--gcd(a,p)\ne 1,b⩾\phi (p)\end{array}(\mathrm{mod}p)$$

证明：

对于第一个式子，由欧拉定理

$$\begin{array}{rl}{a}^b& \equiv a^{k\times \phi (p)+r}\\ & \equiv (a^{\phi (p)}{)}^k+a^r\\ & \equiv 1^k+a^r\\ & \equiv a^{b\mathrm{mod}\phi (p)}\end{array}$$

第二个式子用于$b$较小的时候

下证第三个式子

$$a=\prod _{i=1}^s{p}_i^{r_i}$$

(分解质因数)

代入

$(\prod _{i=1}^s{p}_i^{r_i}{)}^b\equiv (\prod _{i=1}^s{p}_i^{r_i}{)}^{b\mathrm{mod}\phi (p)+\phi (p)}(\mathrm{mod}p)$

$\prod _{i=1}^s(p_i^{r_i}{)}^b\equiv \prod _{i=1}^s(p_i^{r_i}{)}^{b\mathrm{mod}\phi (p)+\phi (p)}(\mathrm{mod}p)$

$\prod\limits_{i = 1}^{s}p_ib \equiv \prod\limits_{i = 1}^{s}p_i ^{b \operatorname{mod} \varphi(p)+\varphi(p)} \pmod p $

即证明对

$$\mathrm{\forall }1⩽i⩽s,p_i^b\equiv p_i^{b\mathrm{mod}\phi (p)+\phi (p)}(\mathrm{mod}p)$$

(在此之后，模数更换为$m$

即$\mathrm{\forall }1⩽i⩽s$，$p_i^b\equiv p_i^{b\mathrm{mod}\phi (m)+\phi (m)}(\mathrm{mod}m)$,并将$p_i$写成$p$,$p$是质数)

如果$gcd(p,m)=1$,则

$$\begin{array}{rl}{p}^b& \equiv p^b\times 1\\ & \equiv p^{b\mathrm{mod}\phi (m)}\times p^{\phi (m)}\\ & \equiv p^{b\mathrm{mod}\phi (m)+\phi (m)}\end{array}$$

如果不等于1，则$m=k\times p(k⩾2)$

设$m=s\times p^r,gcd(s,p^r)=1=gcd(s,p)$

则

$$p^{\phi (s)}\equiv 1(\mathrm{mod}s)$$

又有$\phi (m)=\phi (p^r)\times \phi (s)$

那么$p^{\phi (m)}\equiv 1^{\phi (p^r)}\equiv 1(\mathrm{mod}s)$--------------①

又因为

$$p^b=(p^{\phi (m)}{)}^{\lfloor \frac{b}{\phi (m)}\rfloor }\times p^{b\mathrm{mod}\phi (m)}$$

并由①：$(p^{\phi (m)}{)}^{\lfloor \frac{b}{\phi (m)}\rfloor }\equiv 1^{\lfloor \frac{b}{\phi (m)}\rfloor }\equiv 1(\mathrm{mod}s)$

故

$$p^b\equiv p^{b\mathrm{mod}\phi (m)}(\mathrm{mod}s)$$

$$p^{b+r}\equiv p^{b\mathrm{mod}\phi (m)+r}(\mathrm{mod}s\times p^r)$$

(由引理)

则

$$p^{b+r}\equiv p^{b\mathrm{mod}\phi (m)+r}(\mathrm{mod}m)$$

$p^{b+\phi (m)}\equiv p^{b\mathrm{mod}\phi (m)+\phi (m)}(\mathrm{mod}m)$（同乘$p^{\phi (m)-r}$）

由①：

$$p^{\phi (m)+r}\equiv p^r(\mathrm{mod}s\times p^r)$$

$$p^{\phi (m)+r}\equiv p^r(\mathrm{mod}m)$$

所以

$$\begin{array}{rl}{p}^b& \equiv p^{b-r}\times p^r\\ & \equiv p^{b-r}\times p^{\phi (m)+r}\\ & \equiv p^{b+\phi (m)}\\ & \equiv p^{b\mathrm{mod}\phi (m)+\phi (m)}\end{array}(\mathrm{mod}m)$$

证毕

$Lucas$定理

$$C_n^m\equiv C_{n/p}^{m/p}\times C_{n\mathrm{\%}p}^{m\mathrm{\%}p}(\mathrm{mod}p)$$

（$p$为素数）

证明：

首先：

$$\begin{array}{rl}{C}_p^x& \equiv \frac{p!}{x!(p-x)!}\\ & \equiv \frac{p}{x}\times C_{p-1}^{x-1}\\ & \equiv p\times x^{-1}\times C_{p-1}^{x-1}\\ & \equiv 0(\mathrm{mod}p)\end{array}$$

其中$0<x<p,gcd(x,p)=1$

所以$x$的逆元存在

再由上

$$\begin{array}{rl}(1+x{)}^n& \equiv \sum _{i=0}^n{C}_n^i{x}^i\\ & \equiv C_n^0\times 1+C_n^n\times x^n\\ & \equiv 1+x^n(\mathrm{mod}p)\end{array}$$

接下来

$$\begin{array}{rl}(1+x{)}^n& \equiv \sum _{i=0}^n{C}_n^i{x}^i----\alpha \\ & \equiv (1+x{)}^{ap+b}\\ & \equiv ((1+x{)}^p{)}^a\times (1+x{)}^b\\ & \equiv (1+x^p{)}^a\times (1+x{)}^b\\ & \equiv \sum _{i=0}^a{C}_a^i{x}^{ip}\times \sum _{j=0}^b{C}_b^j{x}^j-----\beta (\mathrm{mod}p)\end{array}$$

有$x^m=x^{cp+d}=x^{cp}\times x^d$

由$\alpha ,\beta$式和系数相等：

$C_n^m=C_a^c\times C_b^d$

再结合$n=ap+b,m=cp+d$

$C_n^m\equiv C_{n/p}^{m/p}\times C_{n\mathrm{\%}p}^{m\mathrm{\%}p}(\mathrm{mod}p)$

中国剩余定理（CRT）

若

$$\{\begin{array}{l}x\equiv r_1(\mathrm{mod}{m}_1)\\ x\equiv r_2(\mathrm{mod}{m}_2)\\ \cdots \\ x\equiv r_n(\mathrm{mod}{m}_n)\end{array}$$

$\mathrm{\forall }1⩽i<j⩽n,gcd(m_i,m_j)=1$

那么

$$x_{min+}=\sum _{i=1}^n{r}_i{c}_i{c}_i^{-1}\mathrm{mod}M$$

其中
$M=\prod _{i=1}^n{m}_i$

$c_i=\frac{M}{mi}$

$c_i^{-1}$是$c_i$在模$m_i$意义下的逆元

证明：

首先：对$x\equiv r_i(\mathrm{mod}{m}_i)$,先不求余

$$\begin{array}{rl}x& \equiv \sum _{j=1\mathrm{\&}j!=i}^n{r}_j{c}_j{c}_j^{-1}+r_i{c}_i{c}_i^{-1}\\ & \equiv \sum _{j=1\mathrm{\&}j!=i}^n{r}_j\frac{m_i\times \frac{M}{m_i}(\in Z)}{m_j}{c}_j^{-1}+r_i{c}_i{c}_i^{-1}---\frac{M}{m_i}\mathrm{\%}{m}_i!=0\\ & \equiv 0+r_i{c}_i{c}_i^{-1}\\ & \equiv r_i(\mathrm{mod}{m}_i)\end{array}$$

再：

$$\begin{array}{rl}{x}_{min+}& \equiv x\mathrm{\%}M\\ & \equiv x+(-k)\times M\\ & \equiv x---m_i|M(\mathrm{mod}{m}_i)\end{array}$$

扩展中国剩余定理（exCRT）

若$m_i$不一定两两互质

最直观的：不求余中第一个注释处将不成立（$\frac{M}{m_i}\mathrm{\%}{m}_i!=0$互质时必成立，但不互质时不一定），无法进行后续计算

EX:

对于

$$x\equiv r_1(\mathrm{mod}{m}_1)$$

$$x\equiv r_2(\mathrm{mod}{m}_2)$$

转化为

$$x=m_{1}p+r_1=m_{2}q+r_2$$

则

$$m_{1}p-m_{2}q=r_2-r_1$$

由裴蜀定理

$gcd(m_1,m_2)|(r_2-r_1)$时有解

特解与通解：（exgcd）

$$p=p_0+\frac{m_2}{gcd}\times k,q=q_0-\frac{m_1}{gcd}\times k$$

所以

$$x=m_{1}p+r_1=m_1{p}_0+\frac{m_1{m}_2}{gcd}\times k+r_1$$

那么

$$x\equiv m_1{p}_0+r_1(\mathrm{mod}{m}_1{m}_2)$$

也就是说，两个方程可以合并成一个方程：

$$x\equiv r(\mathrm{mod}m),r=m_1{p}_0+r_1,m=\mathrm{lcm}(m_1,m_2)$$

合并$n-1$次即可

ExLucas(与Lucas无关)

求

$$C_n^m\mathrm{mod}p$$

其中$p$不一定是质数

设

$$p=\prod _{i=1}^k{p}_i^{{\alpha }_i}$$

那么只需求

$$\{\begin{array}{l}{C}_n^m\mathrm{mod}{p}_i^{{\alpha }_i}\end{array}$$

再用$CRT$合并即可（得到的是和$C_n^m$同余的最小正整数）

考虑求

$$C_n^m\mathrm{mod}{p}^k,p\in \mathrm{prime}$$

即

$$\frac{n!}{m!(n-m)!}\mathrm{mod}{p}^k$$

考虑到阶乘可能包含$p$因子，所以先除干净

即

$$\frac{\frac{n!}{p^x}}{\frac{m!}{p^y}\times \frac{(n-m)!}{p^z}}\times p^{x-y-z}\mathrm{mod}{p}^k$$

其中$x,y,z$均为对应阶乘中含有的$p$因子数量

则再求

$$\frac{n!}{p^x}\mathrm{mod}{p}^k$$

（分母那俩求逆元就行了）

考虑按是否是$p$的倍数划分阶乘

$$\begin{array}{rl}n!& =\prod _{i=1}^{n}i\\ & =\prod _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{p}\rfloor }(i\times p)\times \prod _{j=1,j\mathrm{\%}p!=0}^{n}j\\ & =p^{\lfloor \frac{n}{p}\rfloor }\times (\lfloor \frac{n}{p}\rfloor )!\times \prod _{j=1,j\mathrm{\%}p!=0}^{n}j\end{array}$$

对于后面一坨，考虑到$\mathrm{mod}$有循环节，后面循环的部分可以直接“掏”掉若干次方的模数成为第一部分的循环节

比如：

$$(1\times 2\times 4\times 5)\times (10\times 11\times 13\times 14)\equiv (1\times 2\times 4\times 5{)}^2(\mathrm{mod}9)$$

其中后半部分循环节可以掏掉一个$9$变成第一部分

那么

$$\prod _{j=1,j\mathrm{\%}p!=0}^{n}j=(\prod _{i=1,i\mathrm{\%}p!=0}^{p^k}i{)}^{\lfloor \frac{n}{p^k}\rfloor }\times (\prod _{i=p^k\times \lfloor \frac{n}{p^k}\rfloor ,i\mathrm{\%}p!=0}^{n}i)$$

前半部分是掏完模数的所有循环节，可以并成乘方，后半部分是剩的

所以

$$n!=p^{\lfloor \frac{n}{p}\rfloor }\times (\lfloor \frac{n}{p}\rfloor )!\times (\prod _{i=1,i\mathrm{\%}p!=0}^{p^k}i{)}^{\lfloor \frac{n}{p^k}\rfloor }(\prod _{i=p^k\times \lfloor \frac{n}{p^k}\rfloor ,i\mathrm{\%}p!=0}^{n}i)$$

第一项要除掉，但第二项中可能还有$p$因子

所以定义

$$f(n)=\frac{n!}{p^x}$$

$$f(n)=f(\lfloor \frac{n}{p}\rfloor )(\prod _{i=1,i\mathrm{\%}p!=0}^{p^k}i{)}^{\lfloor \frac{n}{p^k}\rfloor }(\prod _{i=p^k\times \lfloor \frac{n}{p^k}\rfloor ,i\mathrm{\%}p!=0}^{n}i)$$

回到原式，即求

$$\frac{f(n)}{f(m)f(n-m)}{p}^{x-y-z}\mathrm{mod}{p}^k$$

接下来求$x,y,z$

令$g(n)=x$（就是$n$的阶乘中有多少个$p$因子）

结合$n!$的展开式，可得

$$g(n)=\lfloor \frac{n}{p}\rfloor +g(\lfloor \frac{n}{p}\rfloor )$$

so~

$$C_n^m\mathrm{mod}{p}^k=\frac{f(n)}{f(m)f(n-m)}{p}^{g(n)-g(m)-g(n-m)}\mathrm{mod}{p}^k$$

$$f(n)=\frac{n!}{p^x}$$

$$g(n)=x$$

合并即可

容斥原理

$$|\bigcup _{i=1}^n{A}_i|=\sum _{i=1}^n|A_i|-\sum _{i<j}|A_i\cap A_j|+\sum _{i<j<k}|A_i\cap A_j\cap A_k|-\cdots +(-1{)}^{n-1}|A_1\cap A_2\cap \cdots \cap A_n|$$

奇数个集合交集个数的系数为正，偶数个集合交集个数的系数为负

这实在没法证就那样不断修正后就这样了

3.乘法逆元

定义：若$a\times x\equiv 1(\mathrm{mod}b)$,则$x$是$a$在模$b$意义下的乘法逆元，记为$a^{-1}$

使用：$(a/b)\mathrm{\%}p=a\times b^{-1}\mathrm{\%}p$

方法	条件	时间复杂度	备注
费马小定理	模数为素数	$O(\log n)$
欧拉定理	$gcd(a,p)=1$	$O(\sqrt{n})$
扩展欧几里得	$gcd(a,p)=1$	$O(\log n)$	可以判断是否互质
线性递推	模数为素数	$O(n)$

exgcd:求$ax+by=1$中$x$的最小正整数解（如果有的话）

Fermat:可知$a^{p-1}\equiv 1(\mathrm{mod}p)$

即$a\times a^{p-2}\mathrm{\%}p\equiv 1(\mathrm{mod}p)$

则$a^{p-2}\mathrm{\%}p$为逆元，快速幂求解

Euler:类似于Fermat,$a^{\phi (p)-1}$为逆元

线性：对于质数$p$,求$1,2,\cdots ,p-1$的逆元

设$p=k\times i+r(1<i<p,r<i)$

则$k\times i+r\equiv 0(\mathrm{mod}p)$

则

$$k\times i\times i^{-1}\times r^{-1}+r\times i^{-1}\times r^{-1}\equiv 0(\mathrm{mod}p)$$

$$k\times r^{-1}+i^{-1}\equiv 0(\mathrm{mod}p)$$

$$i^{-1}\equiv -k\times r^{-1}(\mathrm{mod}p)$$

$$i^{-1}\equiv -\lfloor \frac{p}{i}\rfloor \times r^{-1}(\mathrm{mod}p)$$

$$i^{-1}\equiv -\lfloor \frac{p}{i}\rfloor \times (p\mathrm{mod}i{)}^{-1}(\mathrm{mod}p)$$

即$inv[i]=-p/i\times inv[p\mathrm{\%}i]$

$inv[1]=1$

保证非负：$inv[i]=(p-p/i)\times inv[p\mathrm{\%}i]\mathrm{\%}p$

4.结论/引理

任意互质的$a,n$,满足$a^x\equiv 1(\mathrm{mod}n)$的最小x一定是$\phi (n)$的约数

证明：若不是，则有

$x\times k+r=\phi (n)(r<x,k\in Z)$

由已知：$a^x\equiv a^{\phi (n)}\equiv 1(\mathrm{mod}n)$

则有$a^{x\times k}\equiv 1^k\equiv 1(\mathrm{mod}n)$

进一步的：$a^{x\times k+r}\equiv a^r(\mathrm{mod}n)$ ------- a

又因为$x$已经最小，那么$a^r $\mathrm{模}$n$\mathrm{一}\mathrm{定}\mathrm{不}\mathrm{为}1（$r < x$）

又由式子a可得：$1\equiv a^{\phi (n)}\equiv a^r(\mathrm{mod}n)$

矛盾！

$gcd(a,b)=gcd(a+k\times b,b)$

证明：

设$gcd(a,b)=d$

则$a=p\times d,b=q\times d(gcd(p,q)=1)$

则

$$\begin{array}{rl}gcd(a+k\times b,b)& =gcd(pd+kqd,dq)\\ & =gcd(d(p+k\times q),dq)\\ & =d\times gcd(p+k\times q,q)\end{array}$$

设$m|p+k\times q,m|q$,则$m|p$

则$gcd(p+k\times q,q)=m=1$

则$gcd(a+k\times b,b)=d$

若$a\equiv b(\mathrm{mod}m)$,则$a\times k\equiv b\times k(\mathrm{mod}m\times k)$

证明：
$a=s\times m+r$

$b=t\times m+r$

$a\times k-b\times k=(s-t)\times m\times k$

则$a\times k\equiv b\times k(\mathrm{mod}m\times k)$

组合

常见策略

• 特殊位置（元素）优先

• 相邻元素整体法（注意整体内部的排序与组合）

• 不相邻问题插空法

• 定序问题倍缩法（总数 / 定序部分的全排列数）

• 排列问题求幂法

• 环排问题线排策略

  一般的，$n$个元素做圆形排列，排法为$(n-1)!$种

  从$n$个不同元素中选择$m$个元素排列，排法为$A_n^m/m$种

• 多排问题直排策略

• 混合问题先选（$C$）后排（$A$）

• 平均分组问题除法策略

• 重排列（多部分定序）

• 隔板法：将$n$个物体分成$m$堆,每堆至少一个

  等价为：在$n-1$个间隔中插入$m-1$个隔板（分成$m$部分）

  允许堆空：$C_{n+m-1}^{m-1}$

错位排序

$$D(n)=(n-1)\times (D(n-1)+D(n-2))$$

Catalan数

定义

$$H(0)=1,H(1)=1$$

$$H(n)=\sum _{i=0}^{n-1}H(i)\times H(n-1-i)$$

$$\begin{array}{rl}H(n)& =C_{2n}^n-C_{2n}^{n-1}\\ & =\frac{(2n)!}{n!n!}-\frac{(2n)!}{(n-1)!(n+1)!}\\ & =\frac{(2n)!}{n!(n-1)!}(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1})\\ & =\frac{(2n)!}{n!(n-1)!}\times \frac{1}{n(n+1)}\\ & =\frac{(2n)!}{n!n!\times (n+1)}\\ & =\frac{1}{n+1}{C}_{2n}^n\end{array}$$

$$H(n)=\frac{4n-2}{n+1}H(n-1)$$

应用：

(1).（典例/特征）从$(0,0)$走到$(n,n)$,且路径不超过对角线的路径总数为$H(n)$

证明：

路径总数：$C_{2n}^n$（共$2n$步，其中$n$步向上/右）

对角线：$y=x$

非法路径超过对角线，说明与$y=x+1$有交点

将该交点以后的路径关于$y=x+1$对称，终点变为$(n+1,n-1)$

也就是说，所有非法路径其实就是从$(0,0)$到$(n+1,n-1)$的所有路径

那么合法路径就是$C_{2n}^n-C_{2n}^{n-1}$

(2).$n$个元素进栈序列为$1,2,\cdots ,n$，则出栈序列总数 = $H(n)$

将进栈抽象为走格子中向右走，出栈抽象为走格子中向上走，又因为一个元素进一次出一次，共$2n$次，那么就相当于：

从$(0,0)$走到$(n,n)$，任意时刻向上走的步数不能超过向右走的步数（出$>$入），也就是不超过对角线

显然的卡特兰数

(3).$n$对括号，能够匹配的序列总数

一共$2n$个符号，左括号$n$个，右括号$n$个，记答案为$f(2n)$（显然，括号里为字符数）

很显然，匹配的序列满足：任意一对括号中必有偶数个字符

我们选定一组括号作为分界，命名为括号$W$，左括号在第$0$位，那么右括号在
$0+2\times k$（中间括号个数）$+1=2k+1$处

每一个括号$W$的分布，对答案的贡献是

括号$W$内部的括号匹配排列数 $\times$ 括号$W$外的括号匹配序列数

比如：括号$W$的位置为$0,3$,那么内部有$2$个字符，外部有$2n-2-2=2n-4$个字符，那么贡献就是

$$f(2)\times f(2n-4)$$

那么

$$ans=\sum _{i=1}^{n-1}f(2i)\times f(2n-2-2i)$$

由于自变量是字符个数 $=2\times$括号个数$n$，实际上这个答案改成以个数为自变量就是

$$\begin{array}{rl}ans& =\sum _{i=1}^{n-1}f(\frac{2i}{2})\times f(\frac{2n-2-2i}{2})\\ & =\sum _{i=0}^{n-1}f(i)\times f(n-1-i)\end{array}$$

形式决定本质：鉴定答案为$H(n)$

类似的想法还有

$n$个节点的不同二叉树排列形式

非根结点总数$n-1$，分成两部分（左右子树）排，无了，$H(n)$

一个凸多边形（顶点数为$n$）划分成三角形区域的方法数

先选定一个三角形把多边形分成两部分，该三角形占用3个顶点，那么左右的多边形节点总数为$n+1$个（三角形的一个顶点会被算两次）

那么

$$ans=\sum _{i=2}^{n-1}f(i)\times f(n+1-i)$$

总和为$n-1$时答案为$H(n)$，那么此时答案就是$H(n-2)$

总结：$Catalan$数的运用场景

• 任取一个集合作为选定集合$K$，能将全集$U$（所有元素，大小为$n$）分成两个子集$S,T$，且两子集的大小的和一定，设为$sum$(具体数值依题而定)

• 那么每一种分割情况对答案的贡献就是

$$f(|S|)\times f(sum-|S|)=f(|S|)\times f(|T|)$$

• 对应答案就是$H(n-(sum-(n-1)))$

• 注意：$S,T$中的元素必须全部等价（括号和括号等价之类，不会受到元素性质影响），否则贡献成为$C_{sum}^{|S|}\times f(|S|)\times f(|T|)$

  典例：P2606 排列计数，由于排列受大小影响，所以前面的组合数无法消去

对应一下：

• 括号类型中，选定集合为一组（个）括号，剩余括号根据是否在选定括号内分成两个集合，并且由于每次的选定集合大小一定，所以这两个集合大小之和一定

• 二叉树的排列中，选定集合为根节点，剩余节点根据左右子树分为两个集合，且由于根节点只有一个，所以这两个集合大小之和一定

• 典例中的走格子也是，不计非法时的和为$2n$，但是有一半的路径会被砍掉，和变成$n$,又因为$|S|=|T|$属于边界条件算一次，所以和变为$n-1$

Prufur序列

$Prufur$序列是用一个序列来表示无根树的东西，对于一颗$n$个节点的无根树，可以构造出唯一确定的长度为$n-2$的$Prufur$序列

构造：

$Tree->Prufur$

• 找到编号最小的叶子结点，将它的父节点计入序列

• 删去该叶子结点

• 重复上述过程直到剩下两个节点

如图

$Prufur->Tree$

• 初始化一个点集为所有点

• 取出$Prufur$序列最前面的元素$x$

• 取出点集中不在$Prufur$序列中的最小编号$y$

• 连边，删去x,y

• 重复上述过程，在点集中最后剩下的两个点之中连一条边

如图

（还是以上图中的树为例）

性质：

• 一 一对应

• 度数为$d_i$的节点会在序列中出现$d_{i-1}$次

其中，一一对应（双射）是非常有用的一条性质，这个性质可以让我们对数列（而不是树）进行排列组合以获得方案数而且不用担心重复（一个序列只对应一棵树，序列不同，树一定不同）

应用：

• 无向完全图的生成树数量：$n^{n-2}$

很好理解：$n-2$个空，每个空上可填$1\sim n$

• 第$i$个节点的度数为$d_i$ :

$$\frac{(n-2)!}{\prod _{i=1}^n(d_i-1)!}$$

这就是一个重排列问题

如果有$k$个节点能进入序列，那么每个节点的出现次数一定是$d_i-1$，由重排列得到$\frac{A_{n-2}^{n-2}}{\prod _{i=1}^k{A}_{d_i-1}^{d_i-1}}$

又因为$(1-1)!=0$所以叶子节点的度不影响结果，索性从$1$到$n$计算（也省去了求$k$的时间）

实际中，却总有一些逆天情况

• 若干节点的度数没有限制

设有$m$个节点没有度数限制，有$k$个节点有度数限制

设$sum=n-2-\sum _{i=1}^k(d_i-1)$，表示剩下的节点还能出现几次

把未知度数的节点视为一个整体，运用重排列得到方案数：$\frac{A_{n-2}^{n-2}}{\prod _{i=1}^k{A}_{d_i-1}^{d_i-1}\times sum!}$

再考虑这个整体内部的方案数，由于无度数限制，直接随便排

$$ans=\frac{A_{n-2}^{n-2}}{\prod _{i=1}^k{A}_{d_i-1}^{d_i-1}\times sum!}\times m^{sum},sum=n-2-\sum _{i=1}^k(d_i-1)$$

BSGS

已知$a,b,p,gcd(a,p)=1$，求

$$a^x\equiv b(\mathrm{mod}p)$$

的最小非负整数解

由扩展欧拉定理：$a^x\equiv a^{x\mathrm{mod}\phi (p)}(\mathrm{mod}p)$

因为$\phi (p)⩽p-1<p$，所以$[0,p-1]$中一定有解

设$x=im-j,m=\lceil \sqrt{p}\rceil ,i\in [1,m],j\in [0,m-1]$

则

$$a^{im-j}\equiv b(\mathrm{mod}p)$$

$$(a^m{)}^i\equiv b{a}^j(\mathrm{mod}p)$$

先枚举$j$，求出$b{a}^j$，用unordered_map存储$(b{a}^j,j)$，如果关键字重复，用$j$大的替代旧的

再枚举$i$,求出$(a^m{)}^i$，如果表中有相同的结果，找到第一个（$j$最大）就结束，$ans=im-j$

斯特林数

第一类斯特林数： $\left[\begin{array}{c}n\\ m\end{array}\right]$

组合意义：让$n$个人坐$m$个圆桌（大小足够且不能有空桌）的方案数

递推：

$$\left[\begin{array}{c}n\\ m\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}n-1\\ m-1\end{array}\right]+(n-1)\left[\begin{array}{c}n-1\\ m\end{array}\right]$$

解释：对于一个人，可以让他单独占一张桌子，也可以先让剩下$n-1$个人坐$m$张桌子，然后把这个人插入这些人的左边，共$n-1$种方案

第二类斯特林数：$\left\{\begin{array}{c}n\\ m\end{array}\right\}$

组合意义：将$n$个球放入$m$个盒子中（均相同而且要求非空）的方案数

与前者区别：圆桌即圆排列，但盒子内没有次序

递推：

$$\left\{\begin{array}{c}n\\ m\end{array}\right\}=\left\{\begin{array}{c}n-1\\ m-1\end{array}\right\}+m\left\{\begin{array}{c}n-1\\ m\end{array}\right\}$$

解释： 对于一个小球，可以让他单独占一个盒子，或者其他小球先放，他随便放入一个盒子