数学知识总结

1|0数学知识总结

1|0质数

唯一分解定理：一个自然数$n$可以被唯一分解为$n=p_1^{a_1}{p}_2^{a_2}\cdots p_k^{a_k}$，其中$p_1,p_2\cdots p_k$为互不相同的质数。

1|0质数筛法：

1.埃式筛：每筛一个数时，暴力地将这个数的所有倍数标记，最终没有被标记的就是质数

2.线性筛：每筛一个数的时候，枚举这个数的筛好的质数倍数，如果这个数是枚举的质数的倍数就停止，这样每个数只会被标记一遍，复杂度是线性的。

1|0质数判定：

如果$n$不大，可以枚举$⩽\sqrt{n}$的所有质数，复杂度$O(\frac{\sqrt{n}}{\ln (n)})$。

Miller_rabin算法：

根据费马小定理，对于质数$p$和与它互质的数$a$，有$a^{p-1}\equiv 1(\mathrm{mod}p)$，但是也有合数满足这个条件（即费马伪素数），于是又引入了二次探测定理：对于质数$p$，若$x^2\equiv 1(\mathrm{mod}p)$，则小于$p$的$x$只有1和$p-1$。这样如果我们得到了$a^{p-1}\equiv 1(\mathrm{mod}p)$，且$p-1$为偶数，那这就等价与$(a^{\frac{p-1}{2}}{)}^2\equiv 1(\mathrm{mod}p)$，这时就需要判断$a^{\frac{p-1}{2}}\mathrm{mod}p$是不是等于$p-1$或1，如果不是，$p$就不是质数，否则就继续判断$\frac{p-1}{4}\cdots$直到变为奇数。也就是说，假设要检验的数是$n$，就先将$n-1$化成$x\times 2^y$的形式，然后对$a^x,a^{2x},a^{2^{2}x}$，这些数的解要么是全1，要么是出现$p-1$后全1，否则就不是质数。

1|0分解质因数：

1.线性筛预处理出每个数的最小质因子，然后不断除最小质因子即可，复杂度$O(\log n)$。

2.Pollard Rho算法：

考虑到用试除法枚举因子的复杂度是$O(\sqrt{n})$，我们尝试用随机化，即每次随机一个数计算与$n$的$gcd$，但这样最坏复杂度是$\sqrt{n}\log n$的，于是我们需要优化随机方法。首先，根据生日悖论，假设有$n$有一个因子$p$，那么期望枚举$\sqrt{p}$个随机数就可以得到两个数的差是$p$的倍数。不过验证两两的差复杂度还是很高，于是我们尝试用伪随机数，即设$f(x)=x^2+c$，随机数为$x,f(x),f(f(x))\cdots$，不过可以观察发现这个序列是混循环序列，于是需要判环。这里采用floyd判环法，即一个人每次变成$f(x)$，另一个人$f(f(x))$，这样一定会相遇。同时，由于$f(x)=x^2+c$，如果$|i-j|\equiv 0(\mathrm{mod}p)$，那么有$|f(i)-f(j)|\equiv 0(\mathrm{mod}p)$，因此每次移动时相当于检查一个新的数。这样的复杂度时$O(n^{\frac{1}{4}}\log n)$的。不过我们可以考虑每固定$C$距离再算一次gcd，这样就可以做到期望$O(n^{\frac{1}{4}})$。

1|0因数倍数

$gcd(a,b)$表示$a,b$的最大公约数，$\text{lcm}(a,b)$表示$a,b$的最小公倍数，求法：辗转相除法，更相减损法。

1|0同余

数论倒数（逆元）：满足$a\times a^{-1}\equiv 1(\mathrm{mod}p)$的$a^{-1}$就叫做$a$在模$p$意义下的逆元。

1|0费马小定理：

对于质数$p$，$a^{p-1}\equiv 1(\mathrm{mod}p)$。

1|0欧拉定理：

若$a\perp p$（即$gcd(a,p)=1$），则$a^{\phi (p)}\equiv 1(\mathrm{mod}p)$

1|0拓展欧拉定理：

对于任意$a,b,p(b⩾\phi (p))$，$a^b\equiv a^{b\mathrm{mod}\phi (p)+\phi (p)}(\mathrm{mod}p)$

1|0威尔逊定理：

对于质数$p$，$(p-1)!\equiv -1(\mathrm{mod}p)$

1|0阶和原根：

阶：对于$a\perp p$的$a,p$，满足$a^n\equiv 1(\mathrm{mod}p)$的最小正整数$n$叫做$a$模$p$的阶，记为${\delta }_p(a)$。

性质：

1.$a,a^2,\cdots a^{{\delta }_p(a)}$两两不同余

2.若$a^i\equiv a^j(\mathrm{mod}p)$，则$i\equiv j(\mathrm{mod}{\delta }_p(a))$

原根：对于$a\perp p$，若${\delta }_p(a)=\phi (p)$，则$a$叫做$p$的原根。

1|0同余方程

1|0拓展欧几里得：

用于求解形如$ax+by=gcd(a,b)$的二元一次不定方程组，思路如下：

若已知一组满足条件的解$x_0,y_0$，则这组解满足$b{x}_0+(amodb)y_0=gcd(a,b)$,由此可得$ax+by=b{x}_0+(amodb)y_0$

而取模运算$amodb$等同于$a-b\times \lfloor \frac{a}{b}\rfloor$，因此又可以推出：

$ax+by=b{x}_0+(a-b\times \lfloor \frac{a}{b}\rfloor )y_0$

$\Rrightarrow ax+by=b{x}_0+a{y}_0-b\times \lfloor \frac{a}{b}\rfloor y_0=a{y}_0+b(x_0-\lfloor \frac{a}{b}\rfloor y_0)$

由此推出$x=y_0,y=x_0-\lfloor \frac{a}{b}\rfloor y_0$

我们可以发现，$x_0,y_0$所在的方程组的系数为$a,amodb$，很容易发现这刚好对应辗转相除法，所以最后一定会以$a=gcd(a,b),b=0$结束，此时$x,y$可以为任意整数$(x\ne 0)$，这就是最终的$x_0,y_0$，我们就可以由此推出该方程的解。

1|0类欧几里得

用于求解形如$\sum _{i=0}^n\lfloor {\displaystyle \frac{ai+b}{c}}\rfloor$的问题

$$f(a,b,c,n)=\sum _{i=0}^n\lfloor \frac{ai+b}{c}\rfloor$$

当$a=0$时

$$f(a,b,c,d)=(n+1)\lfloor \frac{b}{c}\rfloor$$

当$a⩾c$或$b⩾c$时

$$f(a,b,c,n)=\sum _{i=0}^n(\lfloor \frac{i(amodc)+(bmodc)}{c}\rfloor +i\lfloor \frac{a}{c}\rfloor +\lfloor \frac{b}{c}\rfloor )$$

$$=f(amodc,bmodc,c,n)+\frac{n(n+1)}{2}\lfloor \frac{a}{c}\rfloor +(n+1)\lfloor \frac{b}{c}\rfloor$$

当$a<c$且$b<c$时，设$M=\lfloor \frac{an+b}{c}\rfloor$

$$f(a,b,c,n)=\sum _{i=0}^n\sum _{j=1}^M[j⩽\lfloor \frac{ai+b}{c}\rfloor ]$$

$$=\sum _{i=0}^n\sum _{j=0}^{M-1}[jc+c<ai+b+1]$$

$$=\sum _{j=0}^{M-1}\sum _{i=0}^n[i>\lfloor \frac{jc+c-b-1}{a}\rfloor ]$$

$$=\sum _{j=0}^{M-1}(n-\lfloor \frac{jc+c-b-1}{a}\rfloor )$$

$$=nM-f(c,c+b-1,a,M-1)$$

于是有

$$f(a,b,c,n)=\{\begin{array}{ll}(n+1)\lfloor \frac{b}{c}\rfloor & a=0\\ \frac{n(n+1)}{2}\lfloor \frac{a}{c}\rfloor +(n+1)\lfloor \frac{b}{c}\rfloor +f(amodc,bmodc,c,n)& a⩾corb⩾c\\ nM-f(c,c-b-1,a,M-1),M=\lfloor \frac{an+b}{c}\rfloor & \text{otherwise}\end{array}$$

复杂度$O(\log n)$

1|0求解同余方程组:

中国剩余定理(CRT)：

$\{\begin{array}{l}x\equiv a_1(\mathrm{mod}{p}_1)\\ x\equiv a_2(\mathrm{mod}{p}_2)\\ \cdots \\ x\equiv a_n(\mathrm{mod}{p}_n)\end{array}$其中$p_1,p_2\cdots p_n$两两互质。

如果我们求出了$mul=\prod _{i=1}^n{p}_i$，那么有$(\frac{mul}{p_i})\times (\frac{mul}{p_i}{)}^{-1}\mathrm{mod}{p}_j=\{\begin{array}{ll}1& i=j\\ 0& i\ne j\end{array}$，于是有：
$ans=\sum _{i=1}^n(a_i\times (\frac{mul}{p_i})\times (\frac{mul}{p_i}{)}^{-1}\mathrm{mod}{p}_i)\mathrm{mod}mul$

拓展中国剩余定理（EXCRT）：
$\{\begin{array}{l}{a}_{1}x\equiv b_1(\mathrm{mod}{p}_1)\\ a_{2}x\equiv b_2(\mathrm{mod}{p}_2)\\ \dots \\ a_{n}x\equiv b_n(\mathrm{mod}{p}_n)\end{array}$其中$p_1,p_2\cdots p_n$不互质。

我们记解决到当前方程是原答案为$x_0$,当前方程以前所有$p_i$的最小公倍数为lcm，所以当前解$x$需满足$x=x_0+tlcm$，由此得

$a(x_0+tlcm)\equiv b(\mathrm{mod}p)$

$\Rrightarrow a(x_0+tlcm)+p{y}^{\prime }=b$

$\Rrightarrow (alcm)t+p{y}^{\prime }=b-a{x}_0$

$\Rrightarrow (alcm)(t\times {\displaystyle \frac{gcd(alcm,p)}{b-a{x}_0}})+p(y^{\prime }\times {\displaystyle \frac{gcd(alcm,p)}{b-a{x}_0}})=gcd(alcm,p)$

此时我们可以发现方程已经写成了形如$ax+by=gcd(a,b)$的形式

令$x=t\times {\displaystyle \frac{gcd(alcm,p)}{b-a{x}_0}},y=y^{\prime }\times {\displaystyle \frac{gcd(alcm,p)}{b-a{x}_0}}$

则方程可写为$(alcm)x+py=gcd(alcm,p)$v

而我们要求的$t$就是$x\times {\displaystyle \frac{b-a{x}_0}{gcd(alcm,p)}}$

所以可判断当$gcd(alcm,p)\nmid (b-a{x}_0)$时方程无解。而有解时，可以由exgcd可算出$x$（$y$没有用）,所以能求出$t=x\times {\displaystyle \frac{b-a{x}_0}{gcd(alcm,p)}}$，而新的$x_0$为$x_0+tlcm$，这时再更新$lcm=lcm\times p÷gcd(lcm,p)$

1|0求解高次同余方程

求同余方程$a^x\equiv b(\mathrm{mod}p)(a\perp p)$

BSGS

根据欧拉定理，一定有一个小于$\phi (p)$的根，设$P=\sqrt{p}$，那么$x$可以表示为$iP-j$，其中$0⩽i-1,j⩽P$，即$a^{Pi-j}\equiv b(\mathrm{mod}p)$，也就是$a^{Pi}\equiv b{a}^j(\mathrm{mod}p)$，那么只要有匹配的$a^{Pi}$和$b{a}^j$即可。

1|0组合数

定义$C_n^m$表示从$n$个元素中选出$m$个元素的方案数，有$C_n^m={\displaystyle \frac{n!}{m!(n-m)!}}$，也写作${\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m})}$。

递推公式：${\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m})}={\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m-1})}+{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{m-1})}$

二项式定理：$(a+b{)}^n=\sum _{i=0}^n{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})}{a}^i{b}^{n-i}$

1|0Lucas定理

对于质数$p$，有
${\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m})}={\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{\lfloor \frac{n}{p}\rfloor }{\lfloor \frac{m}{p}\rfloor })}\times {\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n\mathrm{mod}p}{m\mathrm{mod}p})}(\mathrm{mod}p)$

1|0容斥

基本公式
$|\bigcup _{i=1}^n{a}_i|=\sum _{T\subseteq [1,n]}-1^{|T|+1}|\bigcap _{i\in T}{a}_i|$

1|0min-max容斥

$\underset{i\in S}{max}{a}_i=\sum _{T\subseteq S}(-1{)}^{|T|+1}\underset{i\in T}{min}{a}_i$

$\underset{i\in S}{min}{a}_i=\sum _{T\subseteq S}(-1{)}^{|T|+1}\underset{i\in T}{max}{a}_i$

1|0二项式反演

二项式反演用于解决“某种物品恰好若干个”这类的问题，与容斥原理类似。

一般形式：若$g_n=\sum _{i=0}^n{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})}{f}_i$，那么有$f_n=\sum _{i=0}^n{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})}(-1{)}^{n-i}{g}_i$

证明：将$g_i$展开，得

$$\begin{array}{rl}{f}_n& =\sum _{i=0}^n{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})}(-1{)}^{n-i}\sum _{j=0}^i{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{j})}{f}_j\\ & =\sum _{j=0}^n{f}_j\sum _{i=j}^n{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})}{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{j})}(-1{)}^{n-i}\\ & =\sum _{j=0}^n{f}_j\sum _{i=j}^n{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{j})}{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n-j}{i-j})}(-1{)}^{n-i}\\ & =\sum _{j=0}^n{f}_j{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{j})}\sum _{k=0}^{n-j}{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n-j}{k})}(-1{)}^{n-j-k}\\ & =\sum _{j=0}^n{f}_j{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{j})}\sum _{k=0}^{n-j}{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n-j}{k})}(-1{)}^{n-j-k}{1}^k& =\sum _{j=0}^n{f}_j{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{j})}(-1+1{)}^{n-j}\\ & =\sum _{j=0}^n{f}_j{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{j})}[n-j==0]\\ & =f_n\end{array}$$

一般的二项式反演形式有两种，一是$g_n$表示至多$n$个的方案数，$f_n$表示恰好$n$个的方案数，那么有

$$g_n=\sum _{i=0}^n{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})}{f}_i⟺f_n=\sum _{i=0}^n{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})}(-1{)}^{n-i}{g}_i$$

二是$g_n$表示至少$n$个的方案数，$f_n$表示恰好$n$个方案数，那么有

$$g_j=\sum _{i=j}^n{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{j})}{f}_i⟺f_j=\sum _{i=j}^n(-1{)}^{i-j}{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{j})}{g}_i$$

1|0积性函数

积性函数：对于任意的$gcd(i,j)=1$，$f(i)\times f(j)=f(ij)$。

完全积性函数：对于任意的$i,j$，$f(i)\times f(j)=f(ij)$。

$ϵ(x)=[x==1]$，$I(x)=1$，$id(x)=x$，${\sigma }_k(x)=\sum _{d|x}{d}^k$。

1|0狄利克雷卷积

$(f\ast g)(n)=\sum _{d|n}f(n)g(\frac{n}{d})$。

推论：

1.$\mu \ast I=ϵ$

证明：当$n=1$时上式显然为1，当$n>1$时，根据唯一分解定理，设$n=p_1^{a_1}{p}_2^{a_2}\cdots p_k^{a_k}$，根据$\mu$的定义，若$a_i>1$则$\mu (d)$为0，则$\sum _{d|n}\mu (d)=\sum _{i=0}^k(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{i})(-1{)}^i=(1-1{)}^k=0$

2.$\phi \ast I=id$

证明：当$n=p^m$时，$\sum _{d|n}\phi (d)=\phi (1)+\sum _{i=1}^m\phi (p^i)=1+\sum _{i=1}^m(p^i-p^{i-1})=p^m=n$

当$n$为任意整数时，令$n=\prod p^m$，则$(\phi \ast I)(\prod p^m)=\prod (\phi \ast I)(p)=\prod p^m=n$

3.$\mu \ast id=\phi$

证明：
$id=\phi \ast I$

$\Rrightarrow \mu \ast id=\phi \ast (I\ast \mu )$

$\Rrightarrow \mu \ast id=\phi \ast ϵ=\phi$

1|0莫比乌斯反演

若
$g(n)=\sum _{d|n}f(d)$则
$n)=\sum _{d|n}\mu (d)g(\frac{n}{d})$：因为$g=(f\ast I)$，所以$g\ast \mu =f\ast I\ast \mu =f\ast (I\ast \mu )=f\ast ϵ=f$

1|0杜教筛

杜教筛是用来快速求积性函数前缀和的方法。具体来说，我们设$S(n)=\sum _{i=1}^{n}f(i)$，再找一个积性函数$g(x)$，考虑$(f\ast g)$的前缀和
$\sum _{i=1}^n(f\ast g)(i)=\sum _{i=1}^n\sum _{d|i}f(d)g(\frac{i}{d})=\sum _{d=1}^{n}g(d)\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }f(i)=\sum _{d=1}^{n}g(d)S(\lfloor \frac{n}{d}\rfloor )$

我们把$g(1)S(n)$提出来，就是$g(1)S(n)=\sum _{i=1}^{n}g(i)S(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor )-\sum _{i=2}^{n}g(i)S(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor )$，我们发现，前一项$\sum _{i=1}^{n}g(i)S(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor )$由前面推导可知为$\sum _{i=1}^n(f\ast g)(i)$，于是得到了杜教筛的核心式子：
$g(1)S(n)=\sum _{i=1}^n(f\ast g)(i)-\sum _{i=2}^{n}g(i)S(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor )$这就意味着，只要我们找到一个可以快速计算$(f\ast g)$的前缀和的$g(x)$，我们就可以用数论分块递归求解$S(n)$，时间复杂度是$O(n^{\frac{3}{4}})$，如果我们预处理前$n^{\frac{2}{3}}$个答案，我们就可以把复杂度降到$O(n^{\frac{2}{3}})$。

1|0狄利克雷前缀和

狄利克雷前缀和是一种可以在$O(n\ln \ln n)$的时间内求出序列$b$，满足$b_i=\sum _{x|i}{a}_x$。我们可以把这个理解为高维前缀和，一个质数就是一维，因此就可以按照高维前缀和的方法来求解，即每次枚举质数$p$，然后$a_{pi}\leftarrow a_i+a_{pi}$。然后因为所有质数的倒数和是$O(\ln \ln n)$的，因此复杂度是$O(n\ln n\ln n)$的。

同样的还有狄利克雷后缀和，即$b_i=\sum _{i|x}{a}_x$，求解的方式也就类似高维后缀和，复杂度是一样的。

1|0多项式

1|0拉格朗日插值

第一步：子函数 $f_i(x)=\{\begin{array}{ll}1& x=x_i\\ 0& x=x_j(i\ne j)\end{array}$

由此可得：$f(x)=\sum _{i=1}^n{y}_i{f}_i(x)$

第二步：对于 $f_i(x)$,要满足当$x=x_i$时，$y=1$，而$x\ne x_i$时，$y=0$故:

$f_i(x)={\displaystyle \frac{\prod _{j=1,j\ne i}^n(x-x_j)}{\prod _{j=1,j\ne i}^n(x_i-x_j)}}$

这就是拉格朗日基本多项式（插值基函数）

因此多项式第$i$项为 $y_i\times {\displaystyle \frac{\prod _{j=1,j\ne i}^n(x-x_j)}{\prod _{j=1,j\ne i}^n(x_i-x_j)}}$

所以又可以把多项式写为：

$f(x)=\sum _{i=1}^n{y}_i\times {\displaystyle \frac{\prod _{j=1,j\ne i}^n(x-x_j)}{\prod _{j=1,j\ne i}^n(x_i-x_j)}}$

展开后为：$f(x)={\displaystyle \frac{y_1(x-x_2)(x-x_3)\cdots (x-x_n)}{(x_1-x_2)(x_1-x_3)\cdots (x_1-x_n)}}+{\displaystyle \frac{y_2(x-x_1)(x-x_3)\cdots (x-x_n)}{(x_2-x_1)(x_2-x_3)\cdots (x_2-x_n)}}\cdots +{\displaystyle \frac{y_n(x-x_1)(x-x_2)\cdots (x-x_{n-1})}{(x_n-x_1)(x_n-x_1)\cdots (x_n-x_{n-1})}}$

我们可以发现，当$x=x_i$时，除了第$i$项，其余项的分子中都有一项为$(x-x_i)$，故其余项都为0，而对于第$i$项，分子中的$(x-x_j)(j\ne i)$与分母中的$(x_i-x_j)(j\ne i)$消掉了，最终只剩下了分子中的$y_i$，因此就证明了$f(x)$就是满足$f(x_i)=y_i$的多项式。

1|0FFT

1|01.复数

复数是形如$a+bi$的数（$i=\sqrt{-1},a,b$为实数），分为实部和虚部，并且复数可以在坐标系中表示

例如，$a+bi$可以这样表示

这个用平面直角坐标系来表示复数的坐标系叫做复平面，$x$轴为实轴，$y$轴为虚轴，显然，在实轴上的点都表示实数；除了原点外，虚轴上的点都表示纯虚数。复平面内的点 $(a,b)$表示虚数$a+bi$，$a+bi$就可以表示为一个二维平面内的点$Z(a,b)$,$Z(a,b)$与向量$\overrightarrow{OZ}$唯一对应，我们把向量$\overrightarrow{OZ}$的模$r$叫做复数$z$的模，记作$\left|z\right|$，那么有：

$\left|z\right|=|a+bi|=\left|r\right|=\sqrt{a^2+b^2}$

我们常把$z=a+bi$说成点$Z$或向量$\overrightarrow{OZ}$,并规定相等的向量代表同一个复数。

当$z\ne 0$时，向量$\overrightarrow{OZ}$与实轴正方向的夹角称为复数$z$的辐角，记作$\arg z$。辐角的符号规定为：由正实轴依反时针方向转到$\overrightarrow{OZ}$为正，依顺时针方向转到$\overrightarrow{OZ}$为负。

复数相乘时，模长相乘，辐角相加。

设有两个复数$z_1=a+bi,z_2=c+di$，对应点为$A(a,b),B(c,d)$，它们的积$z_1{z}_2=(ac-bd)+(ad+bc)i$,对应点$C(ac-bd,ad+bc)$

模长相乘：

$\left|z_1{z}_2\right|=\sqrt{(ac-bd{)}^2+(ad+bc{)}^2}=\sqrt{a^2{c}^2+b^2{d}^2+a^2{d}^2+b^2{c}^2}=\sqrt{(a^2+b^2)\times (c^2+d^2)}=\left|z_1\right|\left|z_2\right|$

辐角相加：

设$P(1,0)$,连$OP,PB,AC$

$A{C}^2=[a-(ac-bd){]}^2+[b-(ad+bc){]}^2=a^2{c}^2+a^2{d}^2+b^2{c}^2+b^2{d}^2+a^2+b^2-2a^{2}c-2b^{2}c=(a^2+b^2)(c^2+d^2-2c+1)=(a^2+b^2)[(1-c{)}^2+(-d{)}^2]=O{A}^{2}P{B}^2$

$\therefore AC:PB=OA$

$\therefore OC:OB=OA:OP=AC:PB=OA$

$\therefore △OAC\backsim △OPB$

$\therefore \mathrm{\angle }AOC=\mathrm{\angle }BOP$

$\therefore \arg z_1{z}_2=\mathrm{\angle }AOC+\mathrm{\angle }AOP=\arg z_1+\arg z_2$

1|02.单位根

若$w^n=1$，则称$w$是$n$次单位根，在复平面上，$n$次单位根就是将单位圆等分成$n$份

可以发现，$n$次单位根是且只能是辐角为$\frac{2k\pi }{n}$，即$\frac{1}{n}$圆周的复数

所以由欧拉公式$e^{i\theta }=\cos \theta +i\sin \theta$可得$w_n^k=e^{\frac{2ki\pi }{n}}=\cos \frac{2k\pi }{n}+i\sin \frac{2k\pi }{n}$

所以可得：

1.$w_{2n}^{2k}=w_n^k$

证明：$w_{2n}^{2k}=\cos \frac{2\times 2k\pi }{2n}+i\sin \frac{2\times 2k\pi }{2n}=w_n^k$

2.$w_n^{k+\frac{n}{2}}=-w_n^k$

证明：$w_n^{k+\frac{n}{2}}=\cos \frac{(2k+n)\pi }{n}+i\sin \frac{(2k+n)\pi }{n}=\cos (\frac{2k\pi }{n}+\pi )+\sin (\frac{2k\pi }{n}+\pi )=-\cos \frac{2k\pi }{n}+i(-\sin \frac{2k\pi }{n})=-w_n^k$

3.DFT

一个n次多项式可以由n个点值唯一确定，但朴素求这n个点值是$O(n^2)$的。
设一个多项式f(x)的系数为$a_0,a_1,a_2\cdots a_{n-1}$

将f(x)按下标的奇偶性分类：
$f(x)=a_0+a_2{x}^2+a_4{x}^4\cdots +a_{n-2}{x}^{n-2}+a_{1}x+a_3{x}^3\cdots +a_{n-1}{x}^{n-1}$

设$f_1(x)=a_0+a_{2}x+a_4{x}^2\cdots +a_{n-2}{x}^{\frac{n}{2}-1}$,

$f_2(x)=a_1+a_{3}x+a_5{x}^2\cdots +a_{n-1}{x}^{\frac{n}{2}-1}$

则$f(x)=f_1(x^2)+x{f}_2(x^2)$

我们将$w_n^k(k<\frac{n}{2})$代入得

$f(w_n^k)=f_1(w_{\frac{n}{2}}^k)+w_n^k{f}_2(w_{\frac{n}{2}}^k)$

将$w_n^{k+\frac{n}{2}}(k<\frac{n}{2})$代入得

$f(w_n^{k+\frac{n}{2}})=f_1(w_n^{2k+n})+w_n^{k+\frac{n}{2}}{f}_2(w_n^{2k+n})=f_1(w_n^{2k})-w_n^k{f}_2(w_n^{2k})$

我们发现，这两个式子只有符号不一样，因此我们算$f_1$的时候，可以$O(1)$得出$f_2$，这样问题的规模就减小了一半。

时间复杂度：

不难看出FFT是类似于线段树一样的分治算法。

因此它的时间复杂度为$O(nlogn)$

1|0分治FFT

分治FFT可以在$O(n{\log }^{2}n)$的时间内求出满足$f_i=\sum _{j=1}^i{f}_{i-j}{g}_j$的$\mathrm{序}\mathrm{列}f$。我们发现，$f$数组在计算是需要用到之前算出来的值，不是很好直接处理，于是考虑计算每个数对后面的数的贡献。我们可以类比CDQ分治，算出$[l,mid]$对$[mid+1,r]$的贡献，然后累加起来就可以了。算贡献的一步就是直接将$f_l$到$f_{mid}$和$g_1$到$g_{r-l+1}$卷起来，单次复杂度$O(n\log n)$，因此总复杂度是$O(n{\log }^{2}n)$的。

1|0NTT

FFT的缺点在于要用到复数，对精度要求高，而且无法进行取模，这就引出了NTT。NTT运用原根代替FFT的单位根（即有一样的性质），因此在NTT时直接将原根带入即可，复杂度和FFT一样。

1|0FWT

FWT即位运算卷积，用来快速计算形如$\sum _{i\oplus j=k}{f}_i{g}_j$，其中$\oplus$表示某种位运算。

设 FWT(A) 是幂级数 A经过 $\mathrm{F}\mathrm{W}\mathrm{T}$ 变换之后得到的幂级数。

我们需要令其满足 : $A\ast B=C⟺FWT(A)·FWT(B)=FWT(C)$(点积)。

$\mathrm{F}\mathrm{F}\mathrm{T}$ 是一个线性变换，我们也希望 $\mathrm{F}\mathrm{W}\mathrm{T}$ 变换是线性的。

我们还不知道怎么变换，于是设 $c(i,j)$为变换系数，即 $A[j]$对$FWT(A)[i]$的贡献系数。

则 $FWT(A)[i]=\sum _{j=0}^{n-1}c(i,j)A_j$

由$FWT(A)\ast FWT(B)=FWT(C)$，得到：

$FWT(A)[i]FWT(B)[i]=FWT(C)[i]$

$\sum _{j=0}^{n-1}c(i,j)A[j]\sum _{k=0}^{n-1}c(i,k)B[k]=\sum _{p=0}^{n-1}c(i,p)C[p]$

$\sum _{j=0}^{n-1}\sum _{k=0}^{n-1}c(i,j)c(i,k)A[j]B[k]=\sum _{p=0}^{n-1}c(i,p)C[p]$

根据$A\ast B=C$得到：

$C[p]=\sum _{t1\oplus t2=p}A[t1]B[t2]$

$\sum _{p=0}^{n-1}c(i,p)C[p]=\sum _{p=0}^{n-1}c(i,p)\sum _{t1\oplus t2=p}A[t1]B[t2]$

$\sum _{j=0}^{n-1}\sum _{k=0}^{n-1}c(i,j)c(i,k)A[j]B[k]=\sum _{p=0}^{n-1}c(i,p)\sum _{t1\oplus t2=p}A[t1]B[t2]$

$\sum _{j=0}^{n-1}\sum _{k=0}^{n-1}c(i,j)c(i,k)A[j]B[k]=\sum _{p=0}^{n-1}\sum _{t1\oplus t2=p}A[t1]B[t2]c(i,t1\oplus t2)=\sum _{t1=0}^{n-1}\sum _{t2=0}^{n-1}A[t1]B[t2]c(i,t1\oplus t2)$

对比左右两边，我们发现只要满足$c(i,k)c(i,k)=c(i,j\oplus k)$就好了

现在，假设有了符合要求的$c$，如何优化FWT呢？

我们把$FWT(A)[i]=\sum _{j=0}^{n-1}c(i,j)A[j]$按位折半，有
$=\sum _{j=0}^{\frac{n}{2}-1}c(i,j)A[j]+\sum _{j=\frac{n}{2}}^{n-1}c(i,j)A[j]$设$i^{\prime }$
为$i$去掉最高位的数字，那么有
$\sum _{j=0}^{\frac{n}{2}-1}c(i_0,j_0)c(i^{\prime },j^{\prime })A[j]+\sum _{j=\frac{n}{2}}^{n-1}c(i_0,j_0)c(i^{\prime },j^{\prime })A[j]$

$=c(i_0,0)\sum _{j=0}^{\frac{n}{2}-1}c(i^{\prime },j^{\prime })A[j]+c(i_0,1)\sum _{j=\frac{n}{2}}^{n-1}c(i,j)A[j]$

再设$A_0$下标首位为$0$的部分，如果$i_0=0$，则有：

$FWT(A)[i]=c(0,0)FWT(A_0)[i]+c(0,1)FWT(A_1)[i](i\in [0,\frac{n}{2}))$

如果$i_0=1$，则有

$FWT(A)[i+\frac{n}{2}]=c(1,0)FWT(A_0)[i]+c(1,1)FWT(A_1)[i](i\in [0,\frac{n}{2}))$

这就变成了一个规模为$\frac{n}{2}$的子问题。

因此关键就是c矩阵。

Or卷积：
$c=\left[\begin{array}{cc}1& 0\\ 1& 1\end{array}\right],c^{-1}=\left[\begin{array}{cc}1& 0\\ -1& 1\end{array}\right]$

即：
$FWT(A)[i]=FWT(A_0)[i],FWT(A)[i+\frac{n}{2}]=FWT(A_0)[i]+FWT(A_1)[i]$
$IFWT(A)[i]=IFWT(A_0)[i],IFWT(A)[i+\frac{n}{2}]=IFWT(A_1)[i]-IFWT(A_0)[i]$

And卷积：
$c=\left[\begin{array}{cc}1& 1\\ 0& 1\end{array}\right],c^{-1}=\left[\begin{array}{cc}1& -1\\ 0& 1\end{array}\right]$

即：
$FWT(A)[i]=FWT(A_0)[i]+FWT(A_1)[i],FWT(A)[i+\frac{n}{2}]=FWT(A_1)[i]$
$IFWT(A)[i]=IFWT(A_0)[i]-IFWT(A_1)[i],IFWT(A)[i+\frac{n}{2}]=IFWT(A_1)[i]$

Xor卷积：
$c=\left[\begin{array}{cc}1& 1\\ 1& -1\end{array}\right],c^{-1}=\left[\begin{array}{cc}0.5& 0.5\\ 0.5& -0.5\end{array}\right]$

即：
$FWT(A)[i]=FWT(A_0)[i]+FWT(A_1)[i],FWT(A)[i+\frac{n}{2}]=FWT(A_0)[i]-FWT(A_1)[i]$
$IFWT(A)[i]=0.5IFWT(A_0)[i]+0.5IFWT(A_1)[i],IFWT(A)[i+\frac{n}{2}]=0.5IFWT(A_0)[i]-0.5IFWT(A_0)[i]$

1|0排序不等式

排序不等式就是对于两个序列$a,b$，如果$a_1⩽a_2⩽\cdots ⩽a_n,b_1⩽b_2⩽\cdots ⩽b_n$，那么对于任意$1\sim n$的排列$p$，有

$$\sum _{i=1}^n{a}_i{b}_i⩾\sum _{i=1}^n{a}_i{b}_{p_i}⩾\sum _{i=1}^n{a}_i{b}_{n-i+1}$$

证明：

首先有一个引理——阿贝尔变换。阿贝尔变换就是对于数列$a,b$，设$pr{e}_i=\sum _{j=1}^i{b}_j$，那么有

$$\sum _{i=1}^n{a}_i{b}_i=a_{n}pr{e}_n-\sum _{i=1}^{n-1}(a_{i+1}-a_i)pr{e}_i$$

通过这个式子，设$pr{e}_i^{\prime }=\sum _{j=1}^i{b}_{p_j}$，
显然有$\mathrm{\forall }i\in [1,n]pr{e}_i⩽pr{e}_i^{\prime }$，我们就有

$$\begin{array}{rl}\sum _{i=1}^n{a}_i{b}_i-\sum _{i=1}^n{a}_i{b}_{p_i}& =a_{n}pr{e}_n-\sum _{i=1}^{n-1}(a_{i+1}-a_i)pr{e}_i-a_{n}pr{e}_n^{\prime }+\sum _{i=1}^{n-1}(a_{i+1}-a_i)pr{e}_i^{\prime }\\ & =\sum _{i=1}^{n-1}(a_{i+1}-a_i)(pr{e}_i^{\prime }-pr{e}_i)⩾0\end{array}$$

于是就证明了$\sum _{i=1}^n{a}_i{b}_i⩾\sum _{i=1}^n{a}_i{b}_{p_i}$，后一个不等式的证明同理。

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本文作者：Xttttr
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