GOOD BYE OI

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大米饼正式退役了，OI给我带来很多东西
我会的数学知识基本都在下面了
博客园的评论区问题如果我看到了应该是会尽力回答的．．．
这也是我作为一个OIer最后一次讲课的讲稿
20190731
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多项式乘法

FFT

基本概念

1.多项式的两种表达(拉格朗日插值法)

多项式：\(A(x) = \sum_{i=0}^{n-1}a_ix^i\)，最高项次数为\(n-1\)，次数界为\(n\)

\((a_0,\cdots,a_{n-1})\)为多项式的系数表达, \((x_0,y_0),\cdots,(x_{n-1},y_{n-1})\) 为多项式的点值表达

2.\(n\)次单位根(泰勒展开(对多项式也适用)，欧拉公式，单位根，引理)

泰勒展开：

函数f(x)在\(x=x_0\)除的展开为：

$f(x) = f^0(x_0) + f^1(x_0)(x-x_0) + f^{2(x_0)\frac{(x-x_0)}2}{2!} + \cdots + f^i (x_0)\frac{(x-x_0)^i}{i!} +\cdots $

其中\(f^i(x)\)表示\(f(x)\)的\(i\)次导数(所以要运用首先你得记住初等函数的求导公式)：

\[练习：\\ e^x \ = \ \sum_{i}\frac{x^i}{i!}\\ ln(1-x) \ = \ - \sum_{i\ge 1} \frac{x}{i} \\ cos(x) \ = \ \sum_{i} \frac{(-1)^ix^{2i}}{(2i)!} \\ sin(x) \ = \ \sum_{i} \frac{(-1)^ix^{2i+1}}{(2i+1)!} \\ \frac{1}{(1-x)^k} \ = \ \sum_{i}(^{k+i-1}_i)x^i \\ \]

可以证明一个表达式：

\[e^{\pm ix} = cos(x) \pm isin(x) \]

这指出\(e^{ix}\)对应的复平面上的点是 \((cos(x),sin(x))\) ，另外得到欧拉公式：

\[e^{\pi i } + 1 = 0 \]

有：

\[e^{2\pi i} = 1 \]

定义n次单位根\(x^n = 1\) 为满足的\(n\)个复数

一个可行的方式是$\omega_n \ = \ e^{2 \pi i /n} $ ，在复数平面上，形成了一个乘法的循环，即\(\omega_n^k = \omega_n^{k \ mod \ n}\)

性质：
1.消去引理：$ \omega_{dn}^{dk} = \omega_n^k ，d \neq 0$

​ 2.折半引理： n次单位跟平方的集合 = n/2次单位根平方的集合

​ 3.求和引理(等比数列求和即可证明) ：

\[\frac{1}{n}\sum_{i}^{n-1}\omega^{ij}_n \ = \begin{cases} 1 & j \ mod \ n = 0\\ 0 & j \ mod \ n !=0\\ \end{cases} \]

DFT

1.概念：

DFT,IDFT,矩阵(定义，转置，乘法，初等变换(换法，倍法，消法)，逆矩阵(存在性))，逆矩阵(求和引理)

​ 定义 $A(x) = \sum_{i}^{n-1} a_ix^i $ 的DFT为点值表达：\(((w_n^0,y_0),\cdots,(w_n^{n-1},y_{n-1} ))\)

​ 反过来可以对一个点值表达定义求表达，称为IDFT

​ 用矩阵表达:$Y = VA \Rightarrow A = V^{-1}Y $

​ $A_i = a_i, Y_i = y_i , V_{i,j} \ = \ w_n^{ij} $

根据求和引理：$V^{-1}{ij} =\frac{w^{-ij} }{n} $

完整写一下DFT和IDFT就是

\[y_j \ = \ \sum_{i=0}^{n-1} a_i w_n^{ij} \\ y_j \ = \ \frac{1}{n} \sum_{i=0}^{n-1} a_i w_n^{-ij} \\ \]

2.求法：(\(A_0,A_1\)，折半引理，蝴蝶操作)

两个式子本质上是一样的，考虑求第一个：
对于A(x)，构造

\[A_0 (x) = a_0 + a_2 x^2 + \cdots + a_{n-2}x^{n/2-1} \\ A_1 (x) = a_1 + a_3 x^2 + \cdots + a_{n-1}x^{n/2-1} \\ \Rightarrow A(x) = A_0(x^2) + xA_1(x^2) \\ 根据折半引理，问题规模大小就被我们减到了一半 \\ 具体实现，只需要翻转系数的二进制位就可以了 \\ \]

//len为多项式次数界，2^L = len  , C 为自定义复数 
for(int i = 0;i < len; i++) R[i] = R[i>>1]>>1 | (i&1) << (L-1) ;
void FFT(C *a,int f) {//f = 1/-1 ,正/逆变换
     for(int i = 0; i < len; i++) if(i < R[i]) swap(a[i],a[R[i]]);
     for(int i = 1; i < len; i<<=1) {
         C wn(cos(pi/i),f * sin(pi/i));
         for(int j = 0; j < len; j+=(i<<1)) {
             C w(1,0);
             for(int k = 0; k < i; k++,w*=wn) {
                 C x = a[j + k],y = w * a[j + i + k];
                 a[j + k] = x + y,a[j + i + k] = x - y;
             }
         }
     }
     if(f==-1) for(int i = 0; i < len; i++) a[i] /= len;
 }

NTT

使用于运算在mod P 的意义下进行

如果n | P -1 , 令 G 为 P 的原根，

MTT

处理不是ntt模数的情况

拆系数ntt:

按照二进制拆成前15位和后15位，分别相乘

构造 \(P(x) = A(x) + iB(x) , Q(x) = A(x) - iB(x)\)

简单推导结论：\(dft \ Q_k \ = \ dft \ P_{n-k}\)

另外还有三模数ntt(不会。。。)

例题

1.通串的匹配问题

2.loj6434 神仙的游戏

3.bzoj3992 序列统计 (原根)

分治FFT　

1.普通形式模板

2.f = f 卷 f 的形式，直接做会有问题

只会在l = 左边界的时候有点问题，不妨直接不确定的那部分系数去掉

当 l 是不是边界的时候将贡献/2，在分治的最底层乘回来

3.两道可以感受分治ntt的好题：

cd 848E Days of Floral Colours　(1)

uoj401 青蕈领主 (2)

**FWT FMT FST **

1.问题，基本思想，构造的东西

可以参考

AGC034F RNG and XOR

cf1119H Triple

uoj348 周区划分

循环卷积与n进制异或fwt

(考虑FFT系数超出设置的len会怎么样？)　

JZOJ6239　

同样我们根据最高位分类：\(A_0,A_1,\cdots,A_{n-1}\)

考虑只有一维的情况，需要找到一个变换

使得变换->点乘->逆变换之后得到的是mod n的加法

可以联想到循环卷积，直接令变换的矩阵为V即可

和fwt同理扩展到很多维就可以了

生成函数和多项式

1.定义

​ 策爷的课件

​ OGF EGF ，加法乘法的意义

2.例子：

二进制数,背包的计数理解OGF的拼接

置换的计数,无向图计数理解序列EGF的拼接

3.多项式相关：
0.预备知识：高中数学，部分高等数学

​ 多项式求导，多项式积分

​ 1.多项式求逆，多项式开根

​ bzoj3625 小朋友和二叉树

​ 分治fft很多时候都多项式求逆做

​ 2.多项式ln

​ luogu U79666 树上深度博弈

​ 3.牛顿迭代，多项式exp ，多项式求幂

​ luogu 4389 付公主的背包

​ uoj50 链式反应

​ 4.多项式除法，取模

​ 常系数线性齐次递推 (*)

​ (行列式定义，的五点性质：转置，换法(推)，倍法(推)，分拆(推出展开)，消法)

​ luogu 4723 线性递推模板

​ 5.多点求值和快速插值( *)

​ uoj182 a^-1 + b problem

​ 6.拉格朗日反演 (*)

\[f(g(x)) = g(f(x)) = x ，即：f是g的复合逆\\ [x^n]f(x) = \frac{1}{n}[x^{n-1}](\frac{x}{f(x)})^n \\ 推广形式： [x^n]h(g(x)) = \frac{1}{n}[x^{n-1}]h'(x)(\frac{x}{f(x)})^n \\ \]

​ bzoj3684 大朋友和二叉树

这里有一篇十分通俗的微分doc :
一阶微分方程解法

数论

基本定理

完全剩余系性质

威尔逊定理：

\[p是质数 \Leftrightarrow (p - 1)! \equiv -1 (mod \ p)\\ \]

费马小定理：

\[p 是质数,a不整除p \Rightarrow a^{p-1} \equiv 1 (mod p) \]

欧拉定理：(积性函数，线筛)

\[phi(p)定义为1 \to p-1和p 互质的数的个数　\\ 如果p = \prod_{i=1}^{m} a_i^{b_i} , \phi(p) = p \prod_{i=1}^{m} (1-\frac{1}{a_i}) \\ 欧拉定理描述为：\\ (a,p) = 1 \Rightarrow a^{\phi(p) } \equiv 1 (mod \ p ) \\ \]

勒让得定理：

\[n!的唯一分解中质因p的个数为：\\ \sum_{k\ge1}\lfloor \frac{n}{p^k} \rfloor \\ \]

中国剩余定理(CRT)：

\[\begin{cases} x \equiv a_1 (mod \ m_1) \\ x \equiv a_2 (mod \ m_2) \\ \vdots \\ x \equiv a_n (mod \ m_n) \\ \end{cases} \\ 当m_1,m_2,\cdots,m_n两两互质一定有解为：\\ x \equiv \sum_{i=1}^{m}a_iM_iM_i^{-1} (mod \ M) \\ 其中M=\prod_{i=1}^{n}m_i ，M_i = \prod_{j=1,j \neq i}^{n}m_j\\ M_i^{-1}M_i \equiv 1 (mod \ m_i) \\ \]

扩展CRT：\(m_1,m_2,\cdots,m_n\)不满足两两互质；
(百度的第一篇博客推法思路大致是的，但是里面有很多多余的步骤?)

\[只需要考虑如何解： \begin{cases} x \equiv a_1 (mod \ m_1) \\ x \equiv a_2 (mod \ m_2) \\ \end{cases}　\\ x = k m_1 + a_1 \\ \Rightarrow km_1 = a_2 - a_1 (mod \ m_2) \\ 有解的充要条件是:(m_1,m_2) | a_2 - a_1 \\ \Rightarrow k\frac{m_1}{(m_1,m_2)} = \frac{a_2 - a_1}{(m_1,m_2)} (mod \ \frac{m_2}{(m_1,m_2)})　\\ \Rightarrow k = \frac{a_2 - a_1}{(m_1,m_2)}(\frac{m_1}{(m_1,m_2)})^{-1} (mod \ \frac{m_2}{(m_1,m_2)}) \\ 我们右边 = t ,则有k = k'\frac{m_2}{(m_1,m_2)} + t \\ x = k m_1 + a_1 ＝　k'\frac{m_1m_2}{(m_1,m_2)} + tm_1 + a_1 \\ 即: x \equiv (inv({m_1\over (m_1,m_2)},{m_2\over (m_1,m_2)})*{(a_2-a_1)\over (m_1,m_2)})\%{m_2\over (m_1,m_2)}*m_1+a_1 (mod \ \frac{m_1m_2}{(m_1,m_2)}) \\ \]

素数判定和大整数分解

Miller-Rabin

1.理论基础：

​ 1)费马小定理的逆定理

​ 有一定概率不成立，我们称这样的p为伪素数

​ 2)二次探测定理：

​ $p是素数，x^2 \equiv 1 (mod \ p ) \Rightarrow x \equiv -1 \ or \ 1 (mod \ p) $

2.算法流程 miller_rabin(long long n)​：

​ 1)随机一个数字$a < n $, 设 \(u\) 是 \(n - 1\) 除去\(2\)的次幂剩下的数

​ 2)对 \(a^{u}\) 和 \(a^{2u}\) 做二次探测并不断令\(u = 2u\) 直到$ u = n -1$

​ 3)对\(a^u\) 即 \(a^{n-1}\)检验费马小定理

​ 可以多做几次．

Pollard-Rho

1.理论基础：
1)生日悖论

​ 2)floyd判环法

​ 相遇后，令一个指针不动，另一个回到起点二者同速运动可巧妙找到环的起点

2.算法流程 pollard-rho(long long n) :
1)miller-rabin(n)检测成功则退出，否则进入2)尝试找到一个非平凡因子

​ 2)用$ x_{i} = (x_{i-1}^2 + c) \ mod \ (n-1) + 1 $ 生成伪随机数

​ 判断\(gcd(x_i - y ,n )\)是否是非平凡因子，是则退出

​ 在\(i\)是２的幂处记录\(y = x_i\)，在\(2i\)处更新\(y\)，其间如果有\(x_{(i+1) \to 2i} = y\)则说明出现了环

​ 这样做据说是\(O(n^{\frac{1}{4}})\)的 ，我不会证

另：O(1)快速乘法

inline long long multi(long long x,long long y,long long mod)
{
    long long tmp=(x*y-(long long)((long double)x/mod*y+eps)*mod);
    return tmp<0 ? tmp+mod : tmp;
}
eps 是用来设置精度的
虽然快但是比较容易炸精度，慎用．．．

二次剩余

1.判定：

​ 二次剩余的个数为\(\frac{p-1}{2}\)

​ 勒让徳符号 \((\frac{a}{p}) = a^{\frac{p-1}{2}}\) (a<p)

​ 欧拉判别法：

\[a 是 0 的充分必要条件是(\frac{a}{p}) = 0\\ a 是 p 的二次剩余的充分必要条件是(\frac{a}{p}) \equiv 1 (mod \ p) \\ a 是 p 的二次非剩余的充分必要条件是(\frac{a}{p}) \equiv -1 (mod \ p) \\ \]

(证明：先用费马小证=１的必要以及二分性，再配对反证充分性)

2.(*)求法：cipolla算法

​ 解：$x^2 \equiv n (mod \ p) $

​ 考虑随机一个\(p\)的二次非剩余$a^2 - n $

​ 定义一个新的数域(类似复数域)令\(w = \sqrt{a^2 - n}\)

​ 则\(x = \pm (a+w)^{\frac{p+1}{2}}\)

\[\begin{align} &(a+w)^{p+1}\\ &= (a+w)^p (a+w) \\ &= (a^p+w^p)(a+w) \\ &= (a-w)(a+w) \\ &= a^2 - w^2 \\ &= n \\ \end{align} \]

最后结果里面的x虚部一定是0，据说是因为由拉格朗日定理\(f(x) \equiv 0\)在mod p 的数域下最多只有f(x)的最高次数那么多个根，我也不知道为什么．．．．．

组合数

1.部分组合恒等式：

\[\begin{align} &定义可得:\\ &1) \ (^n_m) = (^{n-1}_{m-1}) + (^{n-1}_{m})\\ &2) \ (^{n+1}_m) = \frac{n+1}{n-m+1}(^{n}_{m}) \\ &3) \ (^n_{m+1}) = \frac{n-m}{m+1}(^{n}_{m}) \\ &4) \ (^{n+1}_{m+1}) = \frac{n+1}{m+1}(^n_m) \\ &下面要讲的二项式定理可以推：\sum_{i=0}^n(^n_i) = 2^n \\ &\sum_{i=0}^{min(a,b)}(^a_i)(^b_i) = (^{a+b}_b) \Rightarrow \sum_{i=0}^n(^n_i)^2 = C_{2n}^n\\ &组合数的一个竖列和斜列都是可以化简的：\\ &1)\sum_{i=0}^{k}(^{n+i}_{m+i}) = (^{n+k+1}_{m+k}) - (^n_{m-1}) \\ &2)\sum_{i=0}^{k}(^{n+i}_{m}) = (^{n+k+1}_{m+1})-(^n_{m+1}) \\ \end{align} \]

２.二项式定理

\[(a＋b)^n = \sum_{i=0}^{n} (^n_i)a^ib^{n-i} \\ \]

这个可以归纳证.

３.lucas定理

\[p是素数，设n = sp+q,m = tp+r (q,r<p)\\ 则：\\ (^n_m) \equiv (^s_t)(^q_r) \\ \]

这个可以在p进制下扩展

可以构造\((1+x)^n\) 利用二项式定理证明

４.扩展lucas :

bzoj4830 抛硬币

bsgs

\[\begin{align} &求：A^x \equiv B (mod \ C)的最小非负整数解，满足(A,C)=1\\ &(A,C)=1 \Rightarrow A^x\equiv A^{x \ mod \ \phi(c)} (mod \ C)\\ &那么令m = \lceil \sqrt C \rceil ，A^{im-j} \equiv B(mod \ C)\\ &(A^{m})^i \equiv A^jB(mod \ C)\\ &用hash表存下右边,枚举左边即可求解 \\ \end{align} \]

时间复杂度：\(O(\sqrt C 或 \sqrt C log \sqrt C)\)

扩展bsgs

\[问题一样，只是没有(A,C) = 1 ，这是就没有欧拉定理了 \\ 首先判掉B = 1,0的情况 ,考虑不断除去a 和模数的gcd：\\ 设D = \prod_{i=1}^{k}d_i,其中d_i表示第i次求得a和模数的gcd\\ A^{x-k} \frac{A^k}{D} \equiv \frac{B}{D} (mod \ \frac{C}{D})\\ 枚举x = 1 \to k ，x > k 的移项之后可以直接bsgs \]

**线性代数 **

1.矩阵

​ 高斯-亚当消元求逆矩阵(满秩)

​ 线性相关/无关，张成，基

​ 线性基

​ 插入，合并，询问最大/最小值，查询排名，查询第k小

​ bzoj 2844 albus就是要第一个出场

​ bzoj3569 DZY Loves Chinese II

​ 你们哪天看懂了证明记得告诉我

2.行列式

\[det(A) = \sum_{P} (-1)^{\tau(P)} \prod_{i=1}^{n} A_{i,p_i}\\ \]

​ 性质：

​ 1.初等变换：1 2 3

​ 2.\(det(A^\tau) = det(A)\)

​ 3.\(det(A) = det(A)det(B)\)

​ 证明：拉普拉斯定理

​ Matrix - tree 定理 (K=D-A)

​ 2016级的*ZJ学长

​ BEST定理

群论

1.群的判定：

​ (a)封闭性：任意\(a,b\in G\) ，存在\(c \in G,a \cdot b=c\)

​ (b)结合律：任意$a,b,c\in G \(，满足\)(a \cdot b)\cdot c = a \cdot (b \cdot c) $

​ (c)单位元：存在\(e \in G\)，对任意\(a \in G\)，满足\(a \cdot e = e \cdot a = a\)

​ (d)逆元：对任意\(a \in G\)，存在\(b \in G\)，\(a \cdot b = b \cdot a = e\)，记做\(b = a^{-1}\)

​ (置换，置换的乘法，置换群)

2.burnside 引理

\[\begin{align} &L = \frac{1}{|G|}\sum_{j=1}^{s}D(a_j)\\ &其中L表示本质不同的元素个数，G表示置换群为\{a_1,\cdots,a_s\},\\ &D(a_j)表示置换a_j下的不动点个数\\ &证明：\\ &引理1：定义稳定核G(c)为集合\{f|f \cdot c = c ,c \in G\} ，它是一个群\\ &引理2: 和c本质相同的方案数：\frac{|G|}{G(c)}\\ &证明：\\ & \ \ 若f,g,c \in G \ 则 \ f \cdot c = g \cdot c \Leftrightarrow f^{-1}g \in G(c) \\ & \ \ 那么对于一个f ，和它作用相同的置换g的集合是\{f \cdot h | h \in G(c)\} \\ & \ \ 那么和c 本质相同的方案数为\frac{|G|}{|G(c)|}\\ &立即推出：|G(c)| = \frac{|G|}{|等价类(c)|}\\ &对f\cdot c=c的(f,c)计数\\ &1) \sum_{j=1}^{s}D(a_j)\\ &2) \sum_{i=1}^{n}|G(c)| = \sum_{i=1}^{n}\frac{|G|}{|等价类|} = L|G|\\ &最后一步是一起考虑一个等价类的贡献，1)和2)相等即推出burnside引理！ \end{align} \]

3.polya 定理

​ 每个置换都可以写成若干个互不相交的循环的乘积

​ 设G是一个n阶置换的群，用m种颜色去涂：

\[L\ = \ \frac{1}{G}(m^{c(g_1)} + m^{c(g2)}+\cdots+m^{c(g_n)}) \\ \]

其中\(g_i \in G\)，\(c(g_i)\)为\(g_i\)中循环的个数

luogu 4916 魔力环

prufer 序列

有标号无根树

生成，性质，还原

bzoj1005 明明的烦恼

概率论

我理论部分基本空白，只知道一些结论：

\(f(x)\)在\([L,R]\)的期望

\[\begin{align} 如果x是一个[L,R]均匀分布的随机变量\\ E(f(x)) \ = \ \frac{\int_{L}^{R} f(x) \ dx}{R-L} \\ \end{align} \]

贝叶斯公式

\[P(A|B) = \frac{P(B|A)P(A)}{P(B)} \\ \]

uoj299 游戏

博弈论

．．．．

重点理解sg函数

容斥和反演

基本形式：

\[\begin{align} ans = \sum_if(i)a_i \\ \end{align} \]

组合数容斥

\[\begin{align} &f(i) = (-1)^i\\ &\sum_{i=0}^{n}(-1)^i(^n_i) = [n=0] \\ &因为：(或者直接考虑(1-1)^n)\\ &\begin{cases} 当n = 0,显然= 1\\ 当n \gt 0:原式= \sum_{i=0}^{n-1}(-1)^{i+1}(^{n-1}_i) + \sum_{i=0}^{n-1}(-1)^i(^{n-1}_i) = 0\\ \end{cases} &\end{align} \]

loj2351 毒蛇越狱

**二项式反演 **

\[f(n) = \sum_{i=0}^{n}(^n_i)g(i) \Leftrightarrow g(n) = \sum_{i=0}^{n}(-1)^{n-i}(^n_i)f(i)\\ 另一种更好看的形式：\\ f(n) = \sum_{i=0}^{n}(-1)^{i}(^n_i)g(i) \Leftrightarrow g(n) = \sum_{i=0}^{n}(-1)^{i}(^n_i)f(i)\\ 另一种不太好看的形式：\\ f(i) = \sum_{j\ge i}(^j_i)g(j) \Leftrightarrow g(i) = \sum_{j \ge i}(-1)^{j-i}(^j_i) f(j) \\ \]

经典的错排问题

loj3120 珍珠

斯特林容斥

\[\begin{align} &f(i) = (-1)^{i-1}(i-1)! \\ &\sum_{i=1}^{n}\{^n_i\}(-1)^{i-1}(i-1)! = [n=1] \\ &因为：\\ &\begin{cases} 当n = 1，显然 = 1\\ 当n \gt 1,原式 = \sum_{i=1}^{n-1}(-1)^{i-1}i!\{^{n-1}_{i}\}+\sum_{i=1}^{n-1}(-1)^ii!\{^{n-1}_{i}\} = 0\\ \end{cases} \end{align} \]

斯特林数(定义，递推式，求法 : I 倍增FFT,||卷积，用于转换幂，反转公式)

bzoj 异或图

斯特林数

1.定义：

\[1.两类数的递推式：\\ [^n_i] = [^{n-1}_{i-1}]+(n-1)[^{n-1}_i]\\ \{^n_i\} = \{^{n-1}_{i-1}\} + i\{^{n-1}_i\}\\ 根据定义 \sum_{i=0}^{n}[^n_i] = n!\\ \]

2.斯特林数一行的求法：

第一类：(倍增fft)

\[[_m^n] = [x^m] x^{\overline n}\\ 倍增FFT即可 \]

\(O(m \ log \ m )\)

第二类：(存在卷积形式)

\[根据组合意义可以知道：\\ n^m = \sum_{i=0}^{m}(^m_i)\{^n_i\}i!\\ 对上面的式子二项式反演或者直接考虑容斥可以得到：\\ \{^n_m\} = \frac{1}{m!}\sum_{i=0}^{m}(-1)^{m-i}(^m_i)i^{n}\\ 立即推出卷积形式：\\ \{^n_m\} = \sum_{i=0}^{m}\frac{(-1)^{m-i}}{(m-i)!}\frac{i^{n}}{i!}\\ \]

\(O(m \ log \ m )\)

bzoj2159 crash的文明世界

**斯特林反演 **

\[f(n) = \sum_{i=1}^{n} \{^n_i\} g(i) \Longleftrightarrow g(n) = \sum_{i=1}^{n} (-1)^{n-i} [^n_i]f(i)\\ f(n) = \sum_{i=1}^{n} [^n_i] g(i) \Longleftrightarrow g(n) = \sum_{i=1}^{n} (-1)^{n-i} \{^n_i\}f(i)\\ 证明可以应用反转公式:\\ \displaystyle \sum_{k=m}^n (-1)^{n-k}\begin{bmatrix}n\\k\end{bmatrix} \begin{Bmatrix}k\\m\end{Bmatrix}=[m=n]\\ \sum_{k=m}^n (-1)^{n-k}\begin{Bmatrix}n\\k\end{Bmatrix} \begin{bmatrix}k\\m\end{bmatrix}=[m=n]\\ 反转公式的证明可以应用斯特林数和幂的关系:\\ x^n = \sum_{i=0}^{n}\{^n_i\}x^{\underline i}\\ x^{\overline n} = \sum_{i=0}^{n}[^n_i]x^i\\ 这个关系归纳可证，再带入幂的转化关系可证反转\\ \]

我只做过裸题

**容斥系数 **

\[本质是我们只需要满足\\ \sum_{i}^{n}f(i)g(i) = \delta_n \\ g，\delta是确定的，所以我们可以直接O(n^2)解出f\\ 或者可以直接反演求出f,某些情况或者可以用生成函数推出f\\ 或者：直接打表鸭！\\ \]

玲珑杯线上赛河南专场　Round#17 B

min-max容斥

\[\max(S)=\sum_{T\subseteq S} (-1)^{|T|-1}\min(T)\\ E(\max S)=\sum_{T\subseteq S} (-1)^{|T|-1}E(\min T)\\ \text{lcm}(S)=\prod_{T\subseteq S} (-1)^{|T|-1}\gcd(T)\\ min和max当然是对称的\\ \]

loj2542 随机游走

luogu4704 重返现世

kth min-max容斥

\[推容斥系数的技巧可以用了：\\ [i=k] = \sum_{j=1}^{i}(^{i-1}_{j-1})f(j) \\ 二项式反演得：\\ f(i) = \sum_{j=1}^{i}(-1)^{i-j}(^{i-1}_{j-1})[j==k] \\ 即f(i) = (-1)^{i-k}(^{i-1}_{k-1}) \\ kthmax(S) = \sum_{T \subset S} (-1)^{|T|-k}(^{|T|-1}_{k-1})min(T) \]

子集反演

\[f(S) = \sum_{T \subset S}g(T) \Leftrightarrow g(S) = \sum_{T \subset S}(-1)^{|S|-|T|}f(T)\\ f(S) = \sum_{S \subset T}g(T) \Leftrightarrow g(S) = \sum_{S \subset T}(-1)^{|T|-|S|}f(T)\\ \]

loj 2983 数树

**单位根反演 **

\[\frac{1}{n}\sum_{j=0}^{n-1}\omega_n^{j(i-t)} = [i \% n=t]\\ \]

loj6485 LJJ学二项式定理

loj3058 白兔之舞

**莫比乌斯反演 **
Po姐的ppt

莫比乌斯函数：

1.定义

\[\mu(n) = \begin{cases} 1 &n=1\\ (-1)^r & n=p_1\cdots p_r,p_1\cdots p_r 是两两不同的质数\\ 0 &其它，即n有大于1的平方因子\\ \end{cases}\\ \]

2.性质：

\[\begin{align} &1)积性\\ &2)\sum_{d|n} \mu(d) = [n=1] \\ &3)\sum_{d|n}\frac{\mu(d)}{d}=\frac{\phi(n)}{n}\\ &(考虑\sum_{i=1}^{n}[gcd(i,n)=d] = \phi(\frac n d) 即可证3)\\ \end{align} \]

反演的两种形式：

\[f(n) = \sum_{d|n} g(d) \Leftrightarrow g(n) = \sum_{d|n}\mu(\frac{n}{d})f(d)\\ f(n) = \sum_{n|d} g(d) \Leftrightarrow g(n) = \sum_{n|d}\mu(\frac{d}{n})f(d)\\ \]

bzoj2820 YY的GCD

bzoj3434 时空穿梭

loj 2085 循环之美

OIwiki !

(大家可能只有自行学习杜教筛，洲阁筛，和min25筛了)

杜教筛的复杂度，我当时学的时候一直没有搞清楚有一点，后来看rqy的博客看到了：

\[O(\sum_{i=1}^{\sqrt n} \sqrt \frac{n}{i}) \approx O(2\sqrt{n}\int_0^{\sqrt n}i^{\frac{1}{2}}) = O(n^{\frac{3}{4}})\\ \]

(由于没时间讲计算几何了，大家记得学一下闵可夫斯基和)