$\huge{\text{数学}}$
费马小定理
形式一
\[a^{p-1}\equiv 1\quad (mod\; p)
\]
形式二
\[a^p\equiv a\quad (mod\; p)
\]
欧拉定理
\[a^{\varphi(p)}\equiv 1 \pmod p
\]
范德蒙恒等式
\[\dbinom {m+n}{k} = \sum_{i=0}^{k} \dbinom{m}{i} \dbinom{n}{k-i}
\]
证明:
这个可以先文字叙述一下：
我们可以先认为 \(a\) 班有 \(n\) 人，然后 \(b\) 班有 \(m\) 人，我们现在要从这 \(n+m\) 个人中选出 \(k\) 个人，所以易得方案数：
\[\dbinom {n+m}{k}
\]
如果我们分开来选择，我们先从 \(a\) 班的 \(n\) 个人中选\(i\)，那么 \(b\) 班当中就要选择 \(k-i\) 个人，所以就是：
\[\sum_{i=0}^{k} \dbinom {n}{i} \dbinom{m}{k-i}
\]
得证。
二项式定理
\[(x+y)^n = \sum_{k=0}^{n} \dbinom{n}{k}x^{n-k}y^k = \sum_{k=0}^{n} \dbinom{n}{k}x^ky^{n-k}
\]
二项式反演
形式一
\[f(n)=\sum\limits_{i=0}^n{n\choose i}g(i)\Leftrightarrow g(n)=\sum\limits_{i=0}^n(-1)^{n-i}{n\choose i}f(i)
\]
证明
形式一似乎可证
\[b_n = \sum_{i=0}^{n}(-1)^{n-i}\dbinom{n}{i}a_i\\
= \sum_{i=0}^{n} = (-1)^{n-i}\dbinom{n}{i}a_i\\
= \sum_{i=0}^{n}\sum_{j=0}^{i}(-1)^{n-i} \dbinom{i}{j} \dbinom{n}{i}b_j\\
= \sum_{j=0}^{n}\sum_{i=j}^{n}(-1)^{n-i} \dbinom{i}{j} \dbinom{n}{i}b_j
\]
其中第三步因为：
\[\sum_{i=0}^{n}\sum_{j=0}^{i} \Leftrightarrow \sum_{j=0}^{n}\sum_{i=j}^{n}
\]
之后我们根据公式：
\[\dbinom{n}{i}\dbinom{i}{j} = \dbinom{n}{j} \dbinom{n-j}{i-j}
\]
得出：
\[= \sum_{j=0}^{n}\sum_{i=j}^{n}(-1)^{n-i} \dbinom{n}{j} \dbinom{n-j}{i-j} b_j
\]
发现其中只是 \(0^{n-j}\) 的展开，所以分类讨论。
\[n=j:1\\
n>j:0\\
\]
无论如何，均与原式等价。
故得证。
然后全部式子：
\[\begin{split}
f(n)&=\sum\limits_{i=n}^m{i\choose n}\sum\limits_{j=i}^m(-1)^{j-i}{j\choose i}f(j)\\
&=\sum\limits_{i=n}^m\sum\limits_{j=i}^m(-1)^{j-i}{i\choose n}{j\choose i}f(j)\\
&=\sum\limits_{j=n}^mf(j)\sum\limits_{i=n}^j(-1)^{j-i}{i\choose n}{j\choose i}\\
&=\sum\limits_{j=n}^m{j\choose n}f(j)\sum\limits_{i=n}^j{j-n\choose j-i}(-1)^{j-i}\\
&=\sum\limits_{j=n}^m{j\choose n}f(j)\sum\limits_{t=0}^{j-n}{j-n\choose t}(-1)^{t}1^{j-n-t}\\
&=\sum\limits_{j=n}^m{j\choose n}f(j)(1-1)^{j-n}\\
&=\sum\limits_{j=n}^m{j\choose n}f(j)[j=n]\\
&={n\choose n}f(n)\\
&=f(n)
\end{split}
\]
形式二
\[f(n)=\sum\limits_{i=n}^m{i\choose n}g(i)\Leftrightarrow g(n)=\sum\limits_{i=n}^m(-1)^{i-n}{i\choose n}f(i)
\]
求和式转化
\[\sum_{i=0}^n \dbinom {n}{r} = 2^n
\]
\[\sum_{i=0}^{k} = \frac {(-1)^i(n+1)}{k+i+1} \dbinom {n-k}{r} = \dbinom {n}{k}^{-1}
\]
\[\sum_{i=0}^{n}\dbinom {n}{i}^2 = \dbinom{2n}{n}
\]
平方和公式
\[\sum_{i=0}^n = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}
\]
等比数列求和公式
\[sum = n * q_1\;\;\;(q = 1) \\
sum = a_1 * \frac{1-q^n}{1-q} = \frac {a_1-a_n*q}{1-q} (q \neq 1)
\]
第二类斯特林数
表示从 \(n\) 个元素中划分出\(k\) 个非空集合的方案数，记为
\[\begin{Bmatrix} n \\ k \end{Bmatrix}
\]
递推式：
\[\begin{Bmatrix} n \\ k \end{Bmatrix}=\begin{Bmatrix} n-1 \\ k-1 \end{Bmatrix}+\begin{Bmatrix} n-1 \\ k \end{Bmatrix}*k
\]
边界：
\[\begin{Bmatrix} n \\ 0 \end{Bmatrix} = [n=0]
\]
