数学知识总结
数学知识总结
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。
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。
质数判定：
如果\(n\)不大，可以枚举\(\leqslant\sqrt n\)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\(a^{p-1}\equiv1\pmod p\)，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\(x^2\equiv 1\pmod p\)，则小于\(p\)的\(x\)只有1和\(p-1\)。这样如果我们得到了\(a^{p-1}\equiv1\pmod p\)，且\(p-1\)为偶数，那这就等价与\((a^{\frac{p-1}{2}})^2\equiv1\pmod p\)，这时就需要判断\(a^{\frac{p-1}{2}}\mod p\)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\(a^x,a^{2x},a^{2^2x}\)，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。
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\(|i-j|\equiv 0\pmod p\)，那么有\(|f(i)-f(j)|\equiv0\pmod p\)，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\(O(n^{\frac{1}{4}})\)。
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。
同余
数论倒数（逆元）：满足\(a\times a^{-1}\equiv1\pmod p\)的\(a^{-1}\)就叫做\(a\)在模\(p\)意义下的逆元。
费马小定理：
对于质数\(p\)，\(a^{p-1}\equiv1\pmod p\)。
欧拉定理：
若\(a\perp p\)（即\(\gcd(a,p)=1\)），则\(a^{\varphi(p)}\equiv1\pmod p\)
拓展欧拉定理：
对于任意\(a,b,p(b\geqslant\varphi(p))\)，\(a^b\equiv a^{b\mod\varphi(p)+\varphi(p)}\pmod p\)
威尔逊定理：
对于质数\(p\)，\((p-1)!\equiv-1\pmod p\)
阶和原根：
阶：对于\(a\perp p\)的\(a,p\)，满足\(a^n\equiv1\pmod p\)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\(a^i\equiv a^j\pmod p\)，则\(i\equiv j\pmod{\delta_p(a)}\)
原根：对于\(a\perp p\)，若\(\delta_p(a)=\varphi(p)\)，则\(a\)叫做\(p\)的原根。
同余方程
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\(bx_0+(a\bmod b)y_0=gcd(a,b)\),由此可得\(ax+by=bx_0+(a\bmod b)y_0\)
而取模运算\(a\bmod b\)等同于\(a-b\times\left\lfloor\frac{a}{b}\right\rfloor\)，因此又可以推出：
\(ax+by=bx_0+(a-b\times\left\lfloor\frac{a}{b}\right\rfloor)y_0\)
\(\Rrightarrow ax+by=bx_0+ay_0-b\times\left\lfloor\frac{a}{b}\right\rfloor y_0=ay_0+b(x_0-\left\lfloor\frac{a}{b}\right\rfloor y_0)\)
由此推出\(x=y_0,y=x_0-\left\lfloor\frac{a}{b}\right\rfloor y_0\)
我们可以发现，\(x_0,y_0\)所在的方程组的系数为\(a,a\bmod b\)，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。
类欧几里得
用于求解形如\(\sum\limits_{i=0}^n\left\lfloor\dfrac{ai+b}{c}\right\rfloor\)的问题
当\(a=0\)时
当\(a\geqslant c\)或\(b\geqslant c\)时
当\(a<c\)且\(b<c\)时，设\(M=\left\lfloor\frac{an+b}{c}\right\rfloor\)
于是有
复杂度\(O(\log n)\)
求解同余方程组:
中国剩余定理(CRT)：
\(\begin{cases}x\equiv a_1\pmod {p_1}\\x\equiv a_2\pmod {p_2}\\\cdots\\x\equiv a_n\pmod {p_n}\end{cases}\)其中\(p_1,p_2\cdots p_n\)两两互质。
如果我们求出了\(mul=\prod_{i=1}^np_i\)，那么有\((\frac{mul}{p_i})\times(\frac{mul}{p_i})^{-1}\mod p_j=\begin{cases}1&i=j\\0&i\ne j\end{cases}\)，于是有：
\(ans=\sum\limits_{i=1}^n(a_i\times(\frac{mul}{p_i})\times(\frac{mul}{p_i})^{-1}\mod p_i)\mod mul\)
拓展中国剩余定理（EXCRT）：
\(\begin{cases}a_1x\equiv b_1\pmod{p_1}\\a_2x\equiv b_2\pmod{p_2}\\\dots\\a_nx\equiv b_n\pmod{p_n}\end{cases}\)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
\(a(x_0+tlcm)\equiv b\pmod{p}\)
\(\Rrightarrow a(x_0+tlcm)+py^\prime=b\)
\(\Rrightarrow (alcm)t+py^\prime=b-ax_0\)
\(\Rrightarrow (alcm)(t\times\dfrac{gcd(alcm,p)}{b-ax_0})+p(y^\prime\times\dfrac{gcd(alcm,p)}{b-ax_0})=gcd(alcm,p)\)
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\(x=t\times\dfrac{gcd(alcm,p)}{b-ax_0},y=y^\prime\times\dfrac{gcd(alcm,p)}{b-ax_0}\)
则方程可写为\((alcm)x+py=gcd(alcm,p)\)v
而我们要求的\(t\)就是\(x\times\dfrac{b-ax_0}{gcd(alcm,p)}\)
所以可判断当\(gcd(alcm,p)\nmid(b-ax_0)\)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\(t=x\times\dfrac{b-ax_0}{gcd(alcm,p)}\)，而新的\(x_0\)为\(x_0+tlcm\)，这时再更新\(lcm=lcm\times p\div gcd(lcm,p)\)
求解高次同余方程
求同余方程\(a^x\equiv b\pmod p(a\perp p)\)
BSGS
根据欧拉定理，一定有一个小于\(\varphi(p)\)的根，设\(P=\sqrt p\)，那么\(x\)可以表示为\(iP-j\)，其中\(0\leqslant i-1,j\leqslant P\)，即\(a^{Pi-j}\equiv b\pmod p\)，也就是\(a^{Pi}\equiv ba^j\pmod p\)，那么只要有匹配的\(a^{Pi}\)和\(ba^j\)即可。
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\(C_n^m=\dfrac{n!}{m!(n-m)!}\)，也写作\(\dbinom{n}{m}\)。
递推公式：\(\dbinom{n}{m}=\dbinom{n}{m-1}+\dbinom{n-1}{m-1}\)
二项式定理：\((a+b)^n=\sum\limits_{i=0}^n\dbinom{n}{i}a^ib^{n-i}\)
Lucas定理
对于质数\(p\)，有
\(\dbinom{n}{m}=\dbinom{\left\lfloor\frac{n}{p}\right\rfloor}{\left\lfloor\frac{m}{p}\right\rfloor}\times \dbinom{n\mod p}{m\mod p}\pmod p\)
容斥
基本公式
\(|\bigcup\limits_{i=1}^na_i|=\sum\limits_{T\subseteq[1,n]}-1^{|T|+1}|\bigcap\limits_{i\in T}a_i|\)
min-max容斥
\(\max_{i\in S}a_i=\sum\limits_{T\subseteq S}(-1)^{|T|+1}\min_{i\in T}a_i\)
\(\min_{i\in S}a_i=\sum\limits_{T\subseteq S}(-1)^{|T|+1}\max_{i\in T}a_i\)
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\(g_n=\sum\limits_{i=0}^n\dbinom{n}{i}f_i\)，那么有\(f_n=\sum\limits_{i=0}^n\dbinom{n}{i}(-1)^{n-i}g_i\)
证明：将\(g_i\)展开，得
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
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
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\(i,j\)，\(f(i)\times f(j)=f(ij)\)。
\(\epsilon(x)=[x==1]\)，\(I(x)=1\)，\(id(x)=x\)，\(\sigma_k(x)=\sum\limits_{d|x}d^k\)。
狄利克雷卷积
\((f*g)(n)=\sum\limits_{d|n}f(n)g(\frac{n}{d})\)。
推论：
1.\(\mu*I=\epsilon\)
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\(\sum\limits_{d|n}\mu(d)=\sum\limits_{i=0}^k\binom{k}{i}(-1)^i=(1-1)^k=0\)
2.\(\varphi*I=id\)
证明：当\(n=p^m\)时，\(\sum\limits_{d|n}\varphi(d)=\varphi(1)+\sum\limits_{i=1}^m\varphi(p^i)=1+\sum\limits_{i=1}^m(p^i-p^{i-1})=p^m=n\)
当\(n\)为任意整数时，令\(n=\prod p^m\)，则\((\varphi*I)(\prod p^m)=\prod(\varphi*I)(p)=\prod p^m=n\)
3.\(\mu*id=\varphi\)
证明：
\(id=\varphi*I\)
\(\Rrightarrow\mu*id=\varphi*(I*\mu)\)
\(\Rrightarrow\mu*id=\varphi*\epsilon=\varphi\)
莫比乌斯反演
若
\(g(n)=\sum\limits_{d|n}f(d)\)则
\(n)=\sum\limits_{d|n}\mu(d)g(\frac{n}{d})\)：因为\(g=(f*I)\)，所以\(g*\mu=f*I*\mu=f*(I*\mu)=f*\epsilon=f\)
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\(S(n)=\sum\limits_{i=1}^nf(i)\)，再找一个积性函数\(g(x)\)，考虑\((f*g)\)的前缀和
\(\sum\limits_{i=1}^n(f*g)(i)=\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{d|i}f(d)g(\frac{i}{d})=\sum\limits_{d=1}^ng(d)\sum\limits_{i=1}^{\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor}f(i)=\sum\limits_{d=1}^ng(d)S(\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor)\)
我们把\(g(1)S(n)\)提出来，就是\(g(1)S(n)=\sum\limits_{i=1}^ng(i)S(\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor)-\sum\limits_{i=2}^ng(i)S(\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor)\)，我们发现，前一项\(\sum\limits_{i=1}^ng(i)S(\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor)\)由前面推导可知为\(\sum\limits_{i=1}^n(f*g)(i)\)，于是得到了杜教筛的核心式子：
\(g(1)S(n)=\sum\limits_{i=1}^n(f*g)(i)-\sum\limits_{i=2}^ng(i)S(\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor)\)这就意味着，只要我们找到一个可以快速计算\((f*g)\)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\(O(n^{\frac{2}{3}})\)。
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\(b_i=\sum\limits_{x|i}a_x\)。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\(b_i=\sum\limits_{i|x}a_x\)，求解的方式也就类似高维后缀和，复杂度是一样的。
多项式
拉格朗日插值
第一步：子函数 \(f_i(x)=\begin{cases}1&x=x_i\\0&x=x_j(i\ne j)\end{cases}\)
由此可得：\(f(x)=\sum\limits_{i=1}^ny_if_i(x)\)
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:
\(f_i(x)=\dfrac{\prod\limits_{j=1,j\ne i}^n(x-x_j)}{\prod\limits_{j=1,j\ne i}^n(x_i-x_j)}\)
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 \(y_i\times\dfrac{\prod\limits_{j=1,j\ne i}^n(x-x_j)}{\prod\limits_{j=1,j\ne i}^n(x_i-x_j)}\)
所以又可以把多项式写为：
\(f(x)=\sum\limits_{i=1}^ny_i\times\dfrac{\prod\limits_{j=1,j\ne i}^n(x-x_j)}{\prod\limits_{j=1,j\ne i}^n(x_i-x_j)}\)
展开后为：\(f(x)=\dfrac{y_1(x-x_2)(x-x_3)\cdots(x-x_n)}{(x_1-x_2)(x_1-x_3)\cdots(x_1-x_n)}+\dfrac{y_2(x-x_1)(x-x_3)\cdots(x-x_n)}{(x_2-x_1)(x_2-x_3)\cdots(x_2-x_n)}\cdots+\dfrac{y_n(x-x_1)(x-x_2)\cdots(x-x_{n-1})}{(x_n-x_1)(x_n-x_1)\cdots(x_n-x_{n-1})}\)
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。
FFT
1.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\(\left\vert z\right\vert\)，那么有：
\(\left\vert z\right\vert=\left\vert a+bi\right\vert=\left\vert r\right\vert=\sqrt{a^2+b^2}\)
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\(z_1z_2=(ac-bd)+(ad+bc)i\),对应点\(C(ac-bd,ad+bc)\)
模长相乘：
\(\left\vert z_1z_2\right\vert=\sqrt{(ac-bd)^2+(ad+bc)^2}=\sqrt{a^2c^2+b^2d^2+a^2d^2+b^2c^2}=\sqrt{(a^2+b^2)\times(c^2+d^2)}=\left\vert z_1\right\vert\left\vert z_2\right\vert\)
辐角相加：
设\(P(1,0)\),连\(OP,PB,AC\)
\(AC^2=[a-(ac-bd)]^2+[b-(ad+bc)]^2=a^2c^2+a^2d^2+b^2c^2+b^2d^2+a^2+b^2-2a^2c-2b^2c=(a^2+b^2)(c^2+d^2-2c+1)=(a^2+b^2)[(1-c)^2+(-d)^2]=OA^2PB^2\)
\(\therefore AC:PB=OA\)
\(\therefore OC:OB=OA:OP=AC:PB=OA\)
\(\therefore \vartriangle OAC\backsim\vartriangle OPB\)
\(\therefore\angle AOC=\angle BOP\)
\(\therefore \arg z_1z_2=\angle AOC+\angle AOP=\arg z_1+\arg z_2\)
2.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：\(w_{2n}^{2k}=\cos\frac{2\times2k\pi}{2n}+i\sin\frac{2\times2k\pi}{2n}=w_n^k\)
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：
\(f(x)=a_0+a_2x^2+a_4x^4\cdots+a_{n-2}x^{n-2}+a_1x+a_3x^3\cdots+a_{n-1}x^{n-1}\)
设\(f_1(x)=a_0+a_2x+a_4x^2\cdots+a_{n-2}x^{\frac{n}{2}-1}\),
\(f_2(x)=a_1+a_3x+a_5x^2\cdots+a_{n-1}x^{\frac{n}{2}-1}\)
则\(f(x)=f_1(x^2)+xf_2(x^2)\)
我们将\(w_n^k(k<\frac{n}{2})\)代入得
\(f(w_n^k)=f_1(w_\frac{n}{2}^k)+w_n^kf_2(w_\frac{n}{2}^k)\)
将\(w_n^{k+\frac{n}{2}}(k<\frac{n}{2})\)代入得
\(f(w_n^{k+\frac{n}{2}})=f_1(w_{n}^{2k+n})+w_n^{k+\frac{n}{2}}f_2(w_{n}^{2k+n})=f_1(w_{n}^{2k})-w_n^kf_2(w_n^{2k})\)
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\(O(nlogn)\)
分治FFT
分治FFT可以在\(O(n\log^2 n)\)的时间内求出满足\(f_i=\sum\limits_{j=1}^if_{i-j}g_j\)的\(序列f\)。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。
NTT
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。
FWT
FWT即位运算卷积，用来快速计算形如\(\sum\limits_{i\oplus j=k}f_ig_j\)，其中\(\oplus\)表示某种位运算。
设 FWT(A) 是幂级数 A经过 \(\rm FWT\) 变换之后得到的幂级数。
我们需要令其满足 : $A*B=C \Longleftrightarrow FWT(A)·FWT(B)=FWT(C) $(点积)。
\(\rm FFT\) 是一个线性变换，我们也希望 \(\rm FWT\) 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 \(FWT(A)[i]=\sum\limits_{j=0}^{n-1}c(i,j)A_j\)
由\(FWT(A)*FWT(B)=FWT(C)\)，得到：
\(FWT(A)[i]FWT(B)[i]=FWT(C)[i]\)
\(\sum\limits_{j=0}^{n-1}c(i,j)A[j]\sum\limits_{k=0}^{n-1}c(i,k)B[k]=\sum\limits_{p=0}^{n-1}c(i,p)C[p]\)
\(\sum\limits_{j=0}^{n-1}\sum\limits_{k=0}^{n-1}c(i,j)c(i,k)A[j]B[k]=\sum\limits_{p=0}^{n-1}c(i,p)C[p]\)
根据\(A*B=C\)得到：
\(C[p]=\sum\limits_{t1\oplus t2=p}A[t1]B[t2]\)
\(\sum\limits_{p=0}^{n-1}c(i,p)C[p]=\sum\limits_{p=0}^{n-1}c(i,p)\sum\limits_{t1\oplus t2=p}A[t1]B[t2]\)
\(\sum\limits_{j=0}^{n-1}\sum\limits_{k=0}^{n-1}c(i,j)c(i,k)A[j]B[k]=\sum\limits_{p=0}^{n-1}c(i,p)\sum\limits_{t1\oplus t2=p}A[t1]B[t2]\)
\(\sum\limits_{j=0}^{n-1}\sum\limits_{k=0}^{n-1}c(i,j)c(i,k)A[j]B[k]=\sum\limits_{p=0}^{n-1}\sum\limits_{t1\oplus t2=p}A[t1]B[t2]c(i,t1\oplus t2)=\sum\limits_{t1=0}^{n-1}\sum\limits_{t2=0}^{n-1}A[t1]B[t2]c(i,t1\oplus t2)\)
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\(FWT(A)[i]=\sum\limits_{j=0}^{n-1}c(i,j)A[j]\)按位折半，有
\(=\sum\limits_{j=0}^{\frac{n}{2}-1}c(i,j)A[j]+\sum\limits_{j=\frac{n}{2}}^{n-1}c(i,j)A[j]\)设\(i'\)
为\(i\)去掉最高位的数字，那么有
\(\sum\limits_{j=0}^{\frac{n}{2}-1}c(i_0,j_0)c(i',j')A[j]+\sum\limits_{j=\frac{n}{2}}^{n-1}c(i_0,j_0)c(i',j')A[j]\)
\(=c(i_0,0)\sum\limits_{j=0}^{\frac{n}{2}-1}c(i',j')A[j]+c(i_0,1)\sum\limits_{j=\frac{n}{2}}^{n-1}c(i,j)A[j]\)
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：
\(c=\begin{bmatrix}1&0\\1&1\end{bmatrix},c^{-1}=\begin{bmatrix}1&0\\-1&1\end{bmatrix}\)
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：
\(c=\begin{bmatrix}1&1\\0&1\end{bmatrix},c^{-1}=\begin{bmatrix}1&-1\\0&1\end{bmatrix}\)
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：
\(c=\begin{bmatrix}1&1\\1&-1\end{bmatrix},c^{-1}=\begin{bmatrix}0.5&0.5\\0.5&-0.5\end{bmatrix}\)
即：
\(FWT(A)[i]=FWT(A_0)[i]+FWT(A_1)[i],FWT(A)[i+\frac{n}{2}]=FWT(A_0)[i]-FWT(A_1)[i]\)
\(IFWT(A)[i]=0.5IFWT(A_0)[i]+0.5IFWT(A_1)[i],IFWT(A)[i+\frac{n}{2}]=0.5IFWT(A_0)[i]-0.5IFWT(A_0)[i]\)
排序不等式
排序不等式就是对于两个序列\(a,b\)，如果\(a_1\leqslant a_2\leqslant \cdots\leqslant a_n,b_1\leqslant b_2\leqslant\cdots \leqslant b_n\)，那么对于任意\(1\sim n\)的排列\(p\)，有
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\(pre_i=\sum\limits_{j=1}^i b_j\)，那么有
通过这个式子，设\(pre'_i=\sum\limits_{j=1}^ib_{p_j}\)，
显然有\(\forall i\in[1,n]pre_i\leqslant pre'_i\)，我们就有
于是就证明了\(\sum\limits_{i=1}^n a_ib_i\geqslant\sum\limits_{i=1}^na_ib_{p_i}\)，后一个不等式的证明同理。
