记

有些东西特别爱忘，所以在这写一下。

EXCRT#

首先会了 EXCRT 就可以不用会 CRT 了，感觉 EXCRT 或许好会。

有线性同余方程组：

$$\begin{cases} x\equiv& a_1\pmod {b_1}\\ x\equiv& a_2\pmod {b_2}\\ &\vdots\\ x\equiv& a_n\pmod {b_n}\\ \end{cases}$$

推导解法。

取出前两个式子，可以表示成：

$$x=k_1b_1+a_1=k_2b_2+a_2$$

这样移项处理成：

$$b_1k_1-b_2k_2=a_2-a_1$$

设 $x_0=k1,y_0=k2$，那么有：

$$b_1x_0-b_2y_0=a_2-a_1$$

可以 exgcd 解出 $x_0$，注意是在 $\dfrac{b_2}{\gcd(b_1,b_2)}$ 意义下的。

之后任意解可以写作 $x_0+\dfrac{b_2}{\gcd(b_1,b_2)}\times k$。

代回去：

$$x=b_1x_0+\dfrac{b_1b_2}{\gcd(b_1,b_2)}\times k+a_1$$

改写后是：

$$x=k\mathrm{lcm}(b_1,b_2)+b_1x_0+a_1$$

于是合并成了：

$$x\equiv b_1x_0+a_1 \pmod{\mathrm{lcm}(b_1,b_2)}$$

讲真这个推导过程我学了快两年第一次看。

点击查看代码

inline ll mul(ll A,ll B,ll P){
    ll res=0;
    while(B){
        if(B&1) res=(res+A)%P;
        A=(A+A)%P;
        B>>=1;
    }
    return res;
}
ll exgcd(ll A,ll B,ll &X,ll &Y){
    if(!B){
        X=1,Y=0;
        return A;
    }
    ll D=exgcd(B,A%B,Y,X);
    Y-=A/B*X;
    return D;
}

int n;
ll a[maxn],b[maxn];

inline void EXCRT(){
    ll A=a[1],B=b[1];
    for(int i=2;i<=n;++i){
        ll X,Y;
        ll D=exgcd(B,b[i],X,Y),BD=b[i]/D;
        X=(X%BD+BD)%BD;
        X=mul(X,((a[i]-A)/D%BD+BD)%BD,BD);
        ll tmp=BD*B;
        A=(mul(X,B,tmp)+A)%tmp;
        B=tmp;
    }
    printf("%lld\n",A);
}

Stirling 数的恒等式#

$$x^n=\sum_{i=0}^n \begin{Bmatrix}n\\i\end{Bmatrix} x^{\underline{i}}$$

$$x^n=\sum_{i=0}^n (-1)^{n-i}\begin{Bmatrix}n\\i\end{Bmatrix} x^{\overline{i}}$$

$$x^{\overline{n}}=\sum_{i=0}^n \begin{bmatrix}n\\i\end{bmatrix} x^{i}$$

$$x^{\underline{n}}=\sum_{i=0}^n (-1)^{n-i}\begin{bmatrix}n\\i\end{bmatrix} x^{i}$$

$$\begin{Bmatrix}n\\m\end{Bmatrix}=\sum_{i=0}^m \dfrac{(-1)^{m-i}i^n}{i!(m-i)!}$$

$$\begin{Bmatrix}n+1\\m+1\end{Bmatrix}=\sum_{i=m}^n \dbinom{n}{i}\begin{Bmatrix}i\\m\end{Bmatrix}$$

Hall 定理#

对于二分图 $G$，设左部点 $V_L$ 的子集 $T$ 的邻域 $N_G(T)$，则二分图对左部点存在饱和匹配的充要条件是：

$$\forall T\in V_L,|T|\le |N_G(T)|$$

必要性：显然。

充分性：考虑对点数归纳，分两种情况讨论。

• 若存在 $T$ 使得 $|T|=|N_G(T)|$，那么删去 $T$ 以及 $N_G(T)$，如果存在一个 $S$ 使得 $|S|>|N_{G'}(S)|$，那么 $|S\cup T|>|N_G(S\cup T)|$，与题设不符。

• 否则对任意 $T$ 都有 $|T|<|N_G(T)|$，任选 $(u,v)$ 钦定其匹配，并删去与 $u,v$ 有关的边，之后仍满足 $|T|\le |N_G(T)|$，原因是每个点集最多变化 $1$。