组合数学相关

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0. 组合数

0.1. 重要公式

在做题时遇到的巧妙组合公式，会不断补充。

\begin{matrix} (0.1) & (\binom{a}{b}) (\binom{b}{c}) = (\binom{a}{c}) (\binom{a - c}{b - c}) \end{matrix}

组合意义证明：从 $a$ 个数里面选 $b$ 个，再从 $b$ 个数里面选 $c$ 个，等价于从 $a$ 个数里面选 $c$ 个，再在剩下 $a - c$ 个数中选 $b - c$ 个并与第一次选的 $c$ 个数共同组成 “从 $a$ 个数里面选出的 $b$ 个数”。代数证明：

\begin{aligned} (\binom{a}{b}) (\binom{b}{c}) \\ = & \frac{a!}{(a - b)! \times (b - c)! \times c!} \\ = & \frac{a!}{(a - c)! \times c!} \times \frac{(a - c)!}{(a - b)! \times (b - c)!} \\ = & (\binom{a}{c}) (\binom{a - c}{b - c}) \end{aligned}

\begin{matrix} (0.2) & \frac{a^{\underset{―}{i}}}{b^{\underset{―}{i}}} = \frac{(\binom{a}{i})}{(\binom{b}{i})} = \frac{(\binom{b - i}{b - a})}{(\binom{b}{a})} \end{matrix}

组合数拆开可证，第二个等于号可以在推式子时将 $i$ 转化到分子上面。

\begin{matrix} (0.3) & (\binom{n}{r}) + (\binom{n - 1}{r}) + \dots + (\binom{r}{r}) = \sum_{i = r}^{n} (\binom{i}{r}) = (\binom{n + 1}{r + 1}) \end{matrix}

可以看成杨辉三角的斜求和。《组合数学》中的证明：设 $| A | = n + 1$ ，从 $A$ 中取 $r + 1$ 个元素组合成 $C$ 。考虑以下 $n - r + 1$ 种情况：枚举 $i \in [1, n - r + 1]$ ， $a_{1}, a_{2}, \dots, a_{i - 1} \notin C$ 且 $a_{i} \in C$ ，再从剩下 $n - i$ 个元素中取 $r$ 个，有 $(\binom{n - i}{r})$ 种方案。得证。

0.2. 二项式定理

(x + y)^{n} = \sum_{i = 0}^{n} (\binom{n}{i}) x^{i} y^{n - i}

通常运用它的逆变换。

0.3. 例题

I. CF660E Different Subsets For All Tuples

考虑求出每个子序列在所有序列中的出现次数，注意我们应当只统计第一次出现的次数。枚举子序列长度 $i$ 以及末尾位置 $j$ ，由于前 $j$ 个位置中，除了子序列出现的 $i$ 个位置，剩下来都只能填 $m - 1$ 个数（不能与该位置右边最近的一个子序列出现的位置上填的数相同，否则就不是第一次出现了），其余 $n - j + 1$ 个位置都可以填 $m$ 个数，故答案如下：

\sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = i}^{n} (\binom{j - 1}{i - 1}) m^{n - j + i} (m - 1)^{j - i}

注意到这个形式很像二项式定理，故交换求和符号并稍作变形：

\begin{aligned} \sum_{j = 1}^{n} \sum_{i = 1}^{j} (\binom{j - 1}{i - 1}) m^{n - j + i} (m - 1)^{j - i} \\ = & \sum_{j = 0}^{n - 1} \sum_{i = 0}^{j} (\binom{j}{i}) m^{n - j + i} (m - 1)^{j - i} \\ = & \sum_{j = 0}^{n - 1} m^{n - j} \sum_{i = 0}^{j} (\binom{j}{i}) m^{i} (m - 1)^{j - i} \\ = & \sum_{i = 0}^{n - 1} m^{n - i} (2 m - 1)^{i} \end{aligned}

不要忘记计算空序列的贡献 $m^{n}$ ，时间复杂度 $O (n!)$ 。

II. 2020 知临联考模拟赛笛卡尔树

题意简述：定义一棵二叉树的权值为对于每个存在左右儿子的点 $i$ ， $\sum r s_{i} - l s_{i}$ ，其中 $l s_{i}, r s_{i}$ 都是编号。求所有排列形成的笛卡尔树的权值之和。 $1 \leq n \leq 10^{6}$ 。

好题。首先要想到确定根之后就变成了两个子问题，因此设 $f_{i}$ 表示 $n = i$ 时的答案，发现不太好求：我们不知道两个儿子对其的贡献是什么。那么再设 $g_{i}$ 表示长度为 $i$ 的排列所建出的笛卡尔树的所有根的位置之和，这是 trivial 的，我们有：

g_{i} = \sum_{j = 1}^{i} j (i - 1)! = \frac{i (i + 1)}{2} (i - 1)! = \frac{(i + 1)!}{2}

那么枚举根的位置 $j$ 并设 $a = j - 1$ ， $b = n - j$ 分别表示左右子树大小，我们有

f_{i} = (\binom{a + b}{a}) (\sum_{j = 1}^{i} f_{a} b! + f_{b} a! + \sum_{j = 2}^{i - 1} g_{b} a! - g_{a} b! + j a! b!)

意义分别为合并大小为 $a, b$ 排列的方案数 $(\binom{a + b}{a})$ ，两个子树的贡献 $f_{a} b! + f_{b} a!$ ，右子树所有根出现的位置之和减去左子树的贡献 $g_{b} a! + j a! b! - g_{a} b!$ （ $j a! b!$ 是因为将右子树所有下表向右平移了 $j$ 且共有 $a! b!$ 种方案）， $j$ 从 $2$ 开始枚举到 $i$ 是因为子树大小不能为 $0$ 。这样我们就能做到 $n^{2}$ 但是不够，考虑把柿子完整写出来：

f_{i} = \frac{(a + b)!}{a! b!} (\sum_{j = 1}^{i} f_{a} b! + f_{b} a! + \sum_{j = 2}^{i - 1} \frac{(b + 1)!}{2} a! - \frac{(a + 1)!}{2} b! + j a! b!)

括号拆开，有：

f_{i} = (a + b)! (\sum_{j = 1}^{i} \frac{f_{a}}{a!} + \frac{f_{b}}{b!} + \sum_{j = 2}^{i - 1} (b + 1) - (a + 1) + j)

形式非常明显。注意到 $a + b = i - 1$ ，因此将 $(i - 1)!$ 除到左边并设 $h_{i} = \frac{f_{i}}{i!}$ ，有：

i \times h_{i} = \frac{(i + 1) (i - 2)}{2} + 2 \sum_{j = 1}^{i - 1} h_{j}

前缀和优化即可，时间复杂度线性或线性对数。

1. Lucas & exLucas

1.1. 卢卡斯定理

\begin{matrix} (1.1) & (\binom{n}{m}) mod p = (\binom{⌊ n / p ⌋}{⌊ m / p ⌋}) (\binom{n mod p}{m mod p}) mod p \end{matrix}

证明：考虑组合数的定义，因为 $\forall i \in [1, p - 1], (\binom{p}{i}) \equiv 0 (\mod p)$ ，且 $(\binom{p}{0}) = (\binom{p}{p}) = 1$ ，所以 $(a + b)^{p} \equiv a^{p} + b^{p} (\mod p)$ 。因此

\begin{aligned} (1 + x)^{n} \\ = & (1 + x)^{p ⌊ n / p ⌋} (1 + x)^{n mod p} \\ \equiv & (1 + x^{p})^{⌊ n / p ⌋} (1 + x)^{n mod p} (\mod p) \end{aligned}

因为我们只关心 $x^{m}$ 前的系数，而 $(1 + x^{p})^{⌊ n / p ⌋}$ 得到的所有指数都为 $p$ 的倍数， $(1 + x)^{n mod p} mod p$ 得到的所有指数都小于 $p$ ，所以此时 $m$ 只能被写成 $p ⌊ m / p ⌋ + m mod p$ ，得证。预处理阶乘及其逆元 $O (1)$ 求组合数，时间复杂度为 $O (p + \log_{p} n)$ 。

1.2. 应用：组合数的奇偶性

当 $p = 2$ 时，当且仅当 $n mod p = 0$ 且 $m mod p = 1$ 时， $(\binom{n}{m}) mod p = 0$ ，因为 $(\binom{0}{0}) = (\binom{1}{0}) = (\binom{1}{1}) = 1$ ，而 $(\binom{0}{1}) = 0$ 。这也意味着 $(\binom{n}{m})$ 为奇数当且仅当 $n & m = m$ 。

1.3. 直观理解

1.4. 例题

I. P3807 【模板】卢卡斯定理

模板题，这里给出代码。

2. Prufer 序列

感觉很多时候生成树计数可以用 Prufer 序列来计算，故学习该算法。

2.1. 树生成 Prufer 序列

Prufer 序列的定义是这样的：给定一棵树 $T$ ，每次找到编号最小的叶子结点 $a$ 并将与其相邻的 $b$ 加入 Prufer 序列中，删除 $a$ 。重复操作直至树中只剩下 $2$ 个结点。显然，Prufer 序列的长度为 $n - 2$ 。

具体地，用指针维护 $a$ 。删除 $a$ 之后若 $b < a$ 且 $b$ 变为叶子结点，那么删除 $b$ ，将与其相邻的 $b^{'}$ 加入序列。操作递归进行，即若 $b^{'} < b$ 且 $b^{'}$ 变为叶子结点，那么删除 $b^{'}$ ，将与其相邻的 $b^{″}$ 加入序列；若 $b^{″} < b$ 且 $b^{″}$ 变为叶子结点，那么删除 $b^{″}$ ，将与其相邻的 $b^{‴}$ 加入序列，以此类推。最后 $a$ 自增找到下一个编号最小的叶子结点。时间复杂度线性。

2.2. Prufer 序列生成树

设点集 $a$ 包含 $1 \sim n$ 所有的点，每次取出 Prufer 序列 $b$ 第一个数 $u$ ，在点集 $a$ 中找到最小的没有在 $b$ 中出现过的数 $v$ ，连边 $(u, v)$ 并将 $u, v$ 分别在序列 $b, a$ 中删除。重复操作直至 $b$ 中没有元素。显然， $a$ 中还剩下两个元素 $a_{1}, a_{2}$ ，则连边 $(a_{1}, a_{2})$ 。

具体地，用指针维护 $v$ 。连边 $(u, v)$ 之后若 $u < v$ 且 $u$ 在 $b$ 中是最后一次出现，那么将 $u$ 与 $b$ 中下一个数 $u^{'}$ 相连。操作递归进行，即若 $u^{'} < u$ 且 $u^{'}$ 在 $b$ 中是最后一次出现，那么将 $u^{'}$ 与 $b$ 中下一个数 $u^{″}$ 连边；若 $u^{″} < u^{'}$ 且 $u^{″}$ 在 $b$ 中是最后一次出现，那么将 $u^{″}$ 和 $b$ 中下一个数 $u^{‴}$ 相连，以此类推。最后 $v$ 自增找到下一个最小的没有在 $b$ 中出现过的数。时间复杂度线性。

2.3. Prufer 序列得到的一些推论

$n$ 个结点的有标号无根树个数为 $n^{n - 2}$ 。这也是 $n$ 个结点的无向完全图的生成树个数。
$n$ 个结点的有标号有根数个数为 $n^{n - 1}$ 。对于每个无根树，钦定任意一个结点为根都可以形成唯一的有根树，因此将 $n^{n - 2}$ 乘上 $n$ 即可。
度数为 $d$ 的结点在 Prufer 序列中出现了 $d - 1$ 次，这个由 Prufer 序列的构造方式可知。
$n$ 个有度数要求 $d_{i}$ 的结点的有标号无根树个数为 $\frac{(n - 2)!}{\prod_{i = 1}^{n} (d_{i} - 1)!}$ ，这个由推论 3 和多重集的排列数可知。

2.4. 例题

*I. CF156D Clues

如果将同一个连通块缩成点，设最终剩下 $k$ 个点，那么它的 Prufer 序列长度为 $k - 2$ ，且每个位置都可以填 $1 \sim n$ 之间的任意数，因此方案数为 $n^{k - 2}$ 。

但是，从结点集合 $a$ （原来包含 $1 \sim k$ ，对应连通块的编号）中取出最小的不包含 $b$ 中出现结点的连通块编号 $v$ 时，我们并不知道选择的是连通块内的哪一个结点，因此要乘上对应的连通块大小 $s_{v}$ 。因此答案为 $n^{k - 2} \times \prod_{i = 1}^{k} s_{i}$ 。注意 $k = 2$ 时特判时输出 $1$ 需要 $mod p$ 。时间复杂度线性对数，直接 DFS 可以做到线性。

3. 容斥原理

3.1. 公式

| ⋃_{i \in S} A_{i} | = \sum_{T \subseteq S, T \neq \emptyset} (- 1)^{| T | - 1} | ⋂_{j \in T} A_{j} |

3.2. 例题

*I. CF1613F Tree Coloring

容斥 + 多项式好题。一般这种题目都要从容斥入手：形如给出若干组限制，求满足所有限制方案数，大部分考虑容斥：算出钦定违反 $k$ 条限制的方案数 $f_{k}$ （这些方案之间可能会有重叠），乘以容斥系数 $(- 1)^{k}$ 。

本题中，由于一个父亲只能违反一条限制，但方案数有 $| s o n_{i} |$ ，相当于乘以 $| s o n_{i} | x + 1$ ，那么 $f_{k} = [x^{k}] (n - k)!$ 。后面的阶乘是因为现在只有 $n - k$ 个自由变量，且它们顺序任意。那么直接分治 + NTT（不是分治 NTT）即可。时间复杂度 $O (n \log^{2} n)$ 。代码。

*II. P2567 [SCOI2010]幸运数字

考虑找到所有 $r$ 以内的幸运数字 $a_{i}$ ，然后容斥枚举子集求 lcm。显然，复杂度是 $2^{2^{\log_{10} r}}$ 即 $2^{1024}$ ，过不去。

尝试剪枝：首先若 $a_{i} ∣ a_{j}$ 那么 $a_{j}$ 无用（在容斥原理中的体现就是若 $S \subset T$ 那么可以当做 $S$ 不存在），其次 lcm 大于 $r$ 那么直接返回。核心优化是将 $a$ 从大到小排序，使得 lcm 增长更快。加上这三个剪枝即可通过。注意求 lcm 的过程可能会爆 long long。

*III. [BZOJ4361]isn

究极神仙题！一个简单想法是对每个长度 $l$ 直接求出长为 $l$ 的不降序列个数 $f_{l}$ ，那么删除的方案数就是 $(n - l)!$ 。显然这样行不通，因为可能删到一半就已经不降了。但注意到一个长度为 $l + 1$ 的不降序列包含 $l + 1$ 个长度为 $l$ 的不降序列，也即从剩下来的不降的 $l + 1$ 个元素中任选一个删去后仍然不降，因此用 $f_{l} (n - l)!$ 减掉 $f_{l + 1} (l + 1) (n - l - 1)!$ 就是所有长度为 $l$ 的答案了。

设 $g_{i, j, k}$ 表示考虑前 $i$ 个元素，长度为 $j$ 且以值 $k$ 结尾的不降序列个数，那么

g_{i, j, k} = {\begin{cases} \sum_{p \leq k} g_{i - 1, j - 1, p} & k = a_{i} \\ g_{i - 1, j, k} & k \neq a_{i} \end{cases}

注意到可以使用 BIT 优化，时间复杂度平方对数。

*IV. [BZOJ3269]序列染色

好题。一开始的想法是用二项式反演搞掉，发现不太行。想了很久想到一个 DP 做法：设 $f_{i}$ 表示 $1 \sim i$ 第一次出现长度为 $k$ 的连续 $B$ 是在 $i - k + 1 \sim i$ 的方案数， $g_{i}$ 表示 $i \sim n$ 第一次出现长度为 $k$ 的连续 $W$ 是在 $i + k - 1 \sim n$ 的方案数，那么答案为 $\sum_{k \leq i < j \leq n - k + 1} f_{i} g_{j} \times 2^{c_{i + 1, j - 1}}$ ，其中 $c_{l, r}$ 表示 $s_{l} \sim s_{r}$ 中 $X$ 的数量，若 $l > r$ 则 $c_{l, r} = 0$ 。

先考虑第一部分 $f, g$ ，乍一看不太好直接算，因为之前不能出现满足的连续段。是时候让容斥出场了：由于我们已经得到了 $f_{k} \sim f_{i - 1}$ ，所以直接用总方案数减掉 $f_{k} \sim f_{i - 1}$ 对应的方案数即可。具体的柿子可以写作：

f_{i} = 2^{c_{1, i - k}} - \sum_{j = k}^{i - 1} f_{j} \times 2^{c_{j + 1, i - k}}

分两块来看，一部分是 $j \leq i - k$ ，可以用一个变量直接维护，每次只涉及到若 $s_{i - k} = X$ 则乘 $2$ ，以及加 $f_{i - k}$ 。 $j > i - k$ 就是求一段连续的 $f$ 的和，前缀和解决。第二部分可以类似地做，用一个变量直接维护 $f_{i} \times 2^{c_{i + 1, j - 1}}$ 。

还有更简洁的 DP 方法：设 $f_{i, j, k}$ 表示 $1 \sim i$ ， $s_{i}$ 填了 $j$ ， $k = 0$ 表示一段 $B$ 都没有， $k = 1$ 表示有一段 $B$ 但没有 $W$ ， $k = 2$ 表示满足条件的方案数。若当前位可以填 $B$ 那么有：

\begin{aligned} f_{i, 0, 0} = f_{i - 1, 0, 0} + f_{i - 1, 1, 0} - f_{i - k, 0, 1} [P] \\ f_{i, 0, 1} = f_{i - 1, 0, 1} + f_{i - 1, 1, 1} + f_{i - k, 0, 1} [P] \\ f_{i, 0, 2} = f_{i - 1, 0, 2} + f_{i - 1, 1, 2} \end{aligned}

其中 $P$ 表示 $i - k + 1 \sim i$ 没有 $W$ ，表示 $f_{i - k, 0, 1}$ 有 $i - k + 1 \sim i$ 全填 $W$ 的方案，所以在 $f_{i, 0, 0}$ 乱转移的过程中要减掉这部分方案数（容斥思想）。类似地，若当前位可以填 $W$ 那么有：

\begin{aligned} f_{i, 1, 0} = f_{i - 1, 0, 0} + f_{i - 1, 1, 0} \\ f_{i, 1, 1} = f_{i - 1, 0, 1} + f_{i - 1, 1, 1} - f_{i - k, 1, 0} [Q] \\ f_{i, 1, 2} = f_{i - 1, 0, 2} + f_{i - 1, 1, 2} + f_{i - k, 1, 0} [Q] \end{aligned}

初始化也很有意思： $f_{0, 1, 0} = 1$ ，因为这保证了 $f_{k, 0, 1}$ 可以从 $f_{0, 1, 0}$ 转移过来（不能从相同颜色转移长度为 $k$ 的连续段）。

*V. [BZOJ2498]Xavier is Learning to Count

究极神题。本题最有价值的地方不是生成函数板子，而在于求容斥的方法。

如果允许重复，那么令 $F (x) = \sum_{i} [i \in cards] x^{i}$ ，和为 $i$ 的方案数即 $[x^{i}] F^{k} (x)$ 。不许重复就很棘手了，设 $G_{k} (x)$ 表示 $\sum_{i} [\frac{i}{k} \in cards] x^{i}$ ，即重复选 $k$ 张卡牌得到的生成函数。

我们钦定存在 $i$ 个等价类 $c_{1}, c_{2}, \dots, c_{i}$ 表示最终结果分别由 $c_{1}, c_{2}, \dots, c_{i}$ 个相同的数组成。即若 $c = {1, 2, 3}$ 则一种可能的选数方案为 ${{1}, {2, 2}, {3, 3, 3}}$ ，也可能是 ${{1}, {1, 1}, {2, 2, 2}}$ ，因为我们没有限制不同等价类所表示的数不同，不过求一个数 $n$ 在这种等价类的划分下能够被组成的方案数，只需将所有 $G_{c_{i}} (x)$ 相乘后取 $x^{n}$ 前面的系数。

但是这样钦定后容斥系数应该怎样确定呢？一个常用技巧是直接暴力求： $O (B (k))$ 枚举 $k$ 个有标号元素划分进若干集合的方案，对于两个集合划分方案 $S, T$ ，若 $S$ 中在同一集合的任意两个元素， $T$ 中也在同一集合，那么说明 $S \subseteq T$ ， $T$ 的容斥系数需要减掉 $S$ 的容斥系数。

我们有基态 $f ({{1}, {1}, \dots, {1}}) = 1$ ，再根据所有划分方案包含关系形成的 DAG 进行 $O ((B (k))^{2})$ 的 DP 即可，即 $f_{T} = - \sum_{S \subseteq T \land S \neq T} f_{S}$ 。

进行一番打表后，我们发现一个大小为 $n$ 的等价类的容斥系数为 $(- 1)^{n - 1} (n - 1)!$ ，而一种划分方案的容斥系数即所有等价类的容斥系数之积。~~想了好长时间如何证明，发现超出了能力范围，于是咕了~~。

打表代码如下：

int n, num, f[N], deg[N], id[N];
vint e[N];
map <vint, int> mp;
void dfs(int x, int s) {
	if(x == n) {
		vint cur; for(int i = 1; i <= n; i++) cur.pb(id[i]);
		return mp[cur] = ++num, void();
	} for(int i = 1; i <= s + 1; i++) id[x + 1] = i, dfs(x + 1, max(s, i));
}
int main() {
	cin >> n, dfs(0, 0);
	for(auto x : mp) for(auto y : mp) if(x.se != y.se) {
		bool ok = 1;
		for(int i = 0; i < n; i++) for(int j = 0; j < n; j++)
			if(x.fi[i] == x.fi[j]) ok &= y.fi[i] == y.fi[j];
		if(ok) deg[y.se]++, e[x.se].pb(y.se);
	} queue <int> q;
	for(int i = 1; i <= num; i++) if(!deg[i]) q.push(i), f[i] = 1;
	while(!q.empty()) {
		int t = q.front(); q.pop();
		for(int it : e[t]) {f[it] -= f[t]; if(!--deg[it]) q.push(it);}
	} for(int i = 1; i <= num; i++) cout << f[i] << "\n";
}

有了上述结论，我们可以直接 $O (B (k))$ 枚举所有划分方案 $T$ ，设其等价类个数为 $p$ ，每个等价类大小分别为 $c_{1}, c_{2}, \dots, c_{p}$ ，那么答案加上 $\prod_{i = 1}^{p} (- 1)^{c_{i} - 1} (c_{i} - 1)! G_{c_{i}} (x)$ 。可以先对所有 $G (x)$ 做一遍 DFT，在点值表示下爆搜求答案，最后再 IDFT 回来。单组数据时间复杂度 $O (V k (B (k) + \log V))$ ，其中 $V$ 是值域。注意到复杂度瓶颈在于对每组划分方案 $V k$ 求点值，但很多划分方案本质上是一样的，因为我们不关心每个数被分进了哪个集合，只关心集合大小，即元素无标号（但贝尔数的枚举中， ${a}, {b, c}$ 和 ${b}, {a, c}$ 是不同的，即元素有标号）。实际上只有 $P (k)$ 种本质不同的无标号划分方案 $c_{1}, c_{2}, \dots, c_{p} (c_{1} \leq c_{2} \leq \dots \leq c_{p})$ ，且它们对应 $(\binom{k}{c_{1}, c_{2}, \dots, c_{p}})$ 种有标号集合划分方案，算上这一系数即可做到 $O (V k (P (k) + \log V))$ 。

此外，由于我们做的生成函数卷积是有标号的，而题目要求无标号，所以最后每个方案数还要除以 $k!$ 。

*4. Min-Max 容斥

一个比较有趣且重要的容斥方法。

4.1. 普通 Min-Max 容斥

什么是 Min-Max 容斥？就是集合最大值与集合最小值基于容斥原理的互相转换。首先给出柿子：对于一个集合 $S$ ，有

\begin{matrix} (3.1) & max_{i \in S} x_{i} = \sum_{T \subseteq S (T \neq \emptyset)} (- 1)^{| T | - 1} min_{j \in T} x_{j} \end{matrix}

\begin{matrix} (3.2) & min_{i \in S} x_{i} = \sum_{T \subseteq S (T \neq \emptyset)} (- 1)^{| T | - 1} max_{j \in T} x_{j} \end{matrix}

看上去很神奇，为什么会这样？对于每个 $x_{i}$ ，考虑它作为 $min_{j \in T} x_{j}$ 的贡献：显然，小于 $x_{j}$ 的数不能选。不妨设大于 $x_{i}$ 的数有 $c$ 个，枚举大于 $x_{i}$ 的数有多少个（因为柿子与 $| T |$ 有关），则有式子

\sum_{i = 0}^{c} (- 1)^{i} (\binom{c}{i})

根据组合数知识，当 $c = 0$ 时，上式为 $1$ 。当 $c > 0$ 时上式为 $0$ ， $\sum_{i = 0}^{c} 1^{c - i} \times (- 1)^{i} (\binom{c}{i}) = (1 - 1)^{c} = 0^{c}$ 。得证。

然而这个和容斥原理有什么关系？OI Wiki 上是这样证明的：在 $x_{i}$ 与 ${1, 2, \dots, k}$ 之间建立双射 $f$ ，其中 $k$ 是 $x_{i}$ 从小到达的排名，不难发现 $f (min (x, y)) = f (x) \cap f (y)$ ， $f (max (x, y)) = f (x) \cup f (y)$ 。那么

\begin{aligned} | f (max_{i \in S} x_{i}) | & = | ⋃_{i \in S} f (x_{i}) | \\ = \sum_{T \subseteq S} (- 1)^{| T | - 1} | ⋂_{j \in T} f (x_{j}) | & (这 一 步 用 了 容 斥 原 理) \\ = \sum_{T \subseteq S} (- 1)^{| T | - 1} | f (min_{j \in T} x_{j}) | \end{aligned}

很巧妙的思想。

为什么 Min-Max 容斥很重要呢，最大值直接求不就行了嘛？真是 Too young too simple！根据期望的线性性，我们有

\begin{matrix} (3.3) & E (max_{i \in S} x_{i}) = \sum_{T \subseteq S (T \neq \emptyset)} (- 1)^{| T | - 1} E (min_{j \in T} x_{j}) \end{matrix}

这才是 Min-Max 容斥的真正用途。

4.2. 扩展 Min-Max 容斥

4.2.1. 柿子与证明

扩展 Min-Max 就是在原来的基础上加了第 $k$ 大（小）。柿子如下：

\begin{matrix} (3.4) & {kthmax}_{i \in S} x_{i} = \sum_{T \subseteq S (| T | \geq k)} (- 1)^{| T | - k} (\binom{| T | - 1}{k - 1}) min_{j \in T} x_{j} \end{matrix}

$kthmin$ 同理，期望同理。

证明方法和普通 Min-Max 差不多：对于每个 $x_{i}$ ，考虑它作为 $T$ 的最小值的次数（时刻记住 $| T | \geq k$ ）。设 $c$ 为 $x_{i}$ 从大到小的排名。对于相等的数，不妨也钦定它们之间的大小关系。或者说，不妨设 $\forall i \in [1, | S |)$ ，有 $x_{i} \leq x_{i + 1}$ 。

当 $c < k$ 时， $x_{i}$ 显然不会被计算到。因为 $| T | \geq k$ ，所以 $min_{j \in T} x_{j}$ 最大也只是 ${kthmax}_{j \in S} x_{j} < x_{i}$ （其实权值有可能相等，但是我们已经钦定了相等的数可以比较大小，故此处的小于号比较的不是权值，而是我们钦定顺序的前后）。

当 $c = k$ 时，此时 $T = {1, 2, \dots, k}$ 。带入上式发现被计算了 $1$ 次： $(- 1)^{k - k} (\binom{k - 1}{k - 1}) = 1$ 。

当 $c > k$ 时，钦定 $x_{i}$ 出现且 $x_{j} (j > i)$ 不出现，枚举 $| T |$ ，有

\begin{aligned} \sum_{k \leq | T | \leq c} (- 1)^{| T | - k} (\binom{| T | - 1}{k - 1}) (\binom{c - 1}{| T | - 1}) \\ = & \sum_{k \leq | T | \leq c} (- 1)^{| T | - k} (\binom{c - 1}{k - 1}) (\binom{c - k}{| T | - k}) & (公 式 0.1) \\ = & (\binom{c - 1}{k - 1}) \sum_{0 \leq d \leq c - k} (- 1)^{d} (\binom{c - k}{d}) & (作 代 换 d = | T | - k) \end{aligned}

后面的 $\sum$ 在 $c - k > 0$ ，即 $c > k$ 时为 $0$ 。得证。

4.2.2. 系数的来源

4.3. 应用

4.3.1. 与 FWT 结合（普通）：HAOI2015 按位或

来看道例题：给出生成 $i (0 \leq i < 2^{n})$ 的概率，求期望多少次生成后所有数的或为 $2^{n} - 1$ 。 $n \leq 20$ 。

不妨设独立随机变量 $x_{i}$ 表示第 $i$ 位为 $1$ 的时间，则题目就是要求 $E ({max}_{i = 0}^{n - 1} x_{i})$ 。 $max$ 不好求，套路地转化为 $\sum_{T \subseteq S} (- 1)^{| T | - 1} E (min_{i \in S} x_{i})$ 。不妨将关注点放在后半部分上。根据小学二年级的概率知识，对于一个集合 $S$ ，至少有一个属于该集合的元素出现的概率等于 $1$ 减去不属于该集合元素出现的概率，which is $1 - \sum_{T \subseteq (U ∖ S)} p_{T}$ ，本题写成数的形式即 $1 - \sum_{x ∣ y = y} p_{x}$ ，其中 $y = 2^{n} - 1 - S$ 。不妨将其设为 $q_{S}$ ，发现相当于对 $p$ 做子集或卷积（高维前缀和），FWT 一波带走。

根据初中概率知识，如果一个元素出现的概率为 $p$ ，那么使该元素第一次出现的期望次数为 $\frac{1}{p}$ 。故答案为 $\sum_{T \subseteq S} (- 1)^{| T | - 1} \frac{1}{q_{T}}$ 。时间复杂度 $O (n 2^{n})$ 。代码见下方例题区 II.

4.3.2. 与 DP 结合（扩展）：重返现世

一道经典扩展 Min-Max 神题。设 $x_{i}$ 为第 $i$ 种原料的出现时间，题目要求 $E (min_{k} x_{i})$ 。显然，由于 $E (min (S))$ 更好算一些（但不意味着 $E (min_{k} x_{i})$ 好算），即 $\frac{m}{\sum_{i \in S} p_{i}}$ ，因此将 $k \leftarrow n - k + 1$ 转化为求 $E (max_{k} x_{i})$ 。

将 $\sum_{i \in S} p_{i}$ 记为 $p_{S}$ ，首先把扩展 Min-Max 容斥的柿子写出来：

a n s = E (max_{k} x_{i}) = \sum_{T \subseteq U, | T | \geq k} (- 1)^{| T | - k} (\binom{| T | - 1}{k - 1}) \frac{m}{p_{T}}

考虑设 $f_{i, j, s}$ 表示前 $i$ 个物品组合成 $| T | = j$ 且 $\sum p_{T} = s$ 的方案数。转移是 Trivial 的，略去。时间复杂度为 $n^{2} m$ ，无法接受。怎么办呢？

不妨将 $| T |$ 去掉！设 $f_{i, j}$ 表示前 $i$ 个物品组合成 $\sum p_{T} = j$ 的所有系数 $(- 1)^{| T | - k} (\binom{| T | - 1}{k - 1})$ 之和。注意到当 $| T |$ 增加 $1$ 时， $(- 1)^{(| T | + 1) - k} (\binom{| T |}{k - 1}) = - (- 1)^{| T | - k} (\binom{| T | - 1}{k - 1}) + (- 1)^{| T | - (k - 1)} (\binom{| T | - 1}{k - 2})$ ，而该式子与 $k$ 有关，因此还要再加一维 $p$ 表示此时题目中的 $k$ 等于 $p$ 。

根据上面的柿子，不难发现有 $f_{i, j, k} = f_{i - 1, j, k} + (- f_{i - 1, j - p_{i}, k} + f_{i - 1, j - p_{i}, k - 1})$ 。前者表示不选，后者表示选。

本题 DP 如何初始化也是一门学问： $f_{0, 0, 0} = 1$ 。当 $i = 0$ 时， $| T | = 0$ ， $\sum p_{T} = 0$ ，故 $(- 1)^{| T | - k} (\binom{| T | - 1}{k - 1})$ 只有在 $k = 0$ 时为 $1$ ，其他情况下都为 $0$ （当 $n < m$ 时 $(\binom{n}{m}) = 0$ ）。再加上滚动数组优化即可，时间复杂度 $n m (n - k)$ 。代码见下方例题区 IV.

4.3.3. 与 DP + FWT 结合（普通）：PKUWC2018 随机游走

久仰本题大名。题意大概是给定一棵树，求从给定点开始，第一次遍历给定点集所有点的期望时间。多组询问，每次询问给出点集，不改变给定点。 $n \leq 18$ ， $q \leq 5000$ 。

首先做一遍 Min-Max 容斥，问题转化为求某个点 $i$ 开始，第一次走到某个点集 $S$ 中任意一个点的期望时间，记为 $f_{i, S}$ 。显然的有根树树形 DP，列出转移方程：

f_{i, S} = {\begin{cases} \frac{1}{d e g_{i}} \times (f_{f a_{i}, S} + \sum_{u \in s o n_{i}} f_{u, S}) + 1 & (i \notin S) \\ 0 & (i \in S) \end{cases}

下文忽略第二维 $S$ 以及 $u \in s o n_{i}$ 。

高斯消元？Nope，树上随机游走有一个套路：将转移方程写成关于父亲的函数。即设 $f_{i} = A_{i} f_{f a_{i}} + B_{i}$ ，则转移方程可写为

d e g_{i} f_{i} = f_{f a_{i}} + (\sum_{u} A_{u}) f_{i} + \sum_{u} B_{u} + d e g_{i}

整理后不难看出

A_{i} = \frac{1}{d e g_{i} - s u m A_{u}}, B_{i} = \frac{s u m B_{u} + d e g_{i}}{d e g_{i} - s u m A_{u}}

$A_{i}, B_{i}$ 的转移方程与 $f a_{i}$ 无关，可以树形 DP 求出。而显然 $f_{x} = B_{x}$ ，因为 $x$ 没有父亲，不能从 $f_{f a_{x}}$ 转移（ $x$ 是给定点）。此部分时间复杂度为 $n 2^{n} \log p$ ，其中 $\log p$ 是求逆元复杂度。将 Min-Max 容斥的柿子写出来：

E (max (S)) = \sum_{T \subseteq S} (- 1)^{| T | - 1} f_{T}

这就是子集或卷积，FWT 带走。时间复杂度 $n 2^{n} \log p + q$ 。代码见下方例题区 III.

4.4. 例题

I. NOIP2021 六校联考 0831 T4 不朽之蜍

题意简述：有 $n$ 张标号分别为 $1 \sim n$ 的数字牌和 $m$ 张特殊牌。每次随机抽牌，抽到数字牌则将数字加入集合 $S$ 并移除牌堆，同时，若 $| S | = n$ ，立刻结束抽牌；否则将所有牌放回牌堆。求摸牌次数期望。

$n, m \leq 10^{6}$ ，TL 1s。

很有趣的题目。设 $f_{i, j}$ 表示牌堆中剩余 $i$ 张数字牌且 $| S | = j$ 时，结束游戏的期望摸牌次数，那么有

f_{i, j} \leftarrow (f_{i - 1, j + 1} \times \frac{n - j}{i + m}) + (f_{i - 1, j} \times \frac{i + j - n}{i + m}) + (f_{n, j} \times \frac{m}{i + m}) + 1

分别表示抽到 $| S |$ 中没有的数字牌， $| S |$ 中有的数字牌和特殊牌三种情况。这样可以做到 $O (n^{2})$ ，但是还不够。~~并且和 Min-Max 容斥没有关系。~~

设 $f (x)$ 表示将 $n - x$ 张数字牌也考虑为特殊牌时，每一轮的期望时间（即抽到 $n - x$ 张数字牌中的任意一张（Min-Max 容斥中的 $min$ ）或特殊牌则停止）：

f (x) = \sum_{i = 1}^{x} \frac{x^{\underset{―}{i}}}{(n + m)^{\underset{―}{i}}}

这看上去是枚举 $i$ 表示一轮持续时间，所以为什么不需要再乘个 $i$ 呢？因为 $\frac{x^{\underset{―}{i}}}{(n + m)^{\underset{―}{i}}}$ 并没有保证第 $i + 1$ 轮游戏结束，所以它实际上是对一轮持续时间至少为 $i$ 的贡献，即第 $i$ 秒仍在进行的概率乘以贡献（而每一秒贡献是 $1$ ）求和。接下来就是化简柿子了：

\begin{aligned} f (x) = & \sum_{i = 1}^{x} \frac{(\binom{x}{i})}{(\binom{n + m}{i})} & (公 式 0.2) \\ = & \sum_{i = 1}^{x} \frac{(\binom{n + m - i}{n + m - x})}{(\binom{n + m}{x})} & (公 式 0.2) \\ = & \frac{(\binom{n + m}{n + m - x + 1})}{(\binom{n + m}{x})} & (公 式 0.3) \\ = & \frac{x}{n + m - x + 1} \end{aligned}

套上 Min-Max 容斥，枚举选择哪 $i$ 个作为特殊牌，同时乘上 $\frac{i + m}{i}$ 表示有 $\frac{i}{i + m}$ 的概率摸到 $i + m$ 个特殊牌中任意一个由数字牌变过来的（一共有 $i$ 个），最终答案就是

\sum_{i = 1}^{n} (- 1)^{i - 1} \times (f (n - i) + 1) \times \frac{i + m}{i} \times (\binom{n}{i})

*II. P3175 [HAOI2015]按位或

Min-Max 容斥与 FWT 结合应用的例题。

*III. P5643 [PKUWC2018]随机游走

Min-Max 容斥与 FWT + DP 结合应用的例题。

*IV. P4707 重返现世

扩展 Min-Max 容斥与 DP 结合应用的例题。

*V. AT5202 [AGC038E] Gachapon

比较显然的 Min-Max 容斥形式，先套上去试试看：设 $x_{i}$ 表示 $i$ 出现 $B_{i}$ 次的期望时间，那么有：

E (max_{i \in S} x_{i}) = \sum_{T \subseteq S \land T \neq \emptyset} (- 1)^{| T | - 1} E (min_{j \in T} x_{j})

考虑对于一个固定的 $T$ 怎么求期望值，这里需要一个非常妙的技巧：求第一次到达某种状态的期望时间，转化为求到达停止状态前所有状态的概率乘以期望停留时间之和。对于本题，期望停留时间即 $P = \frac{\sum A_{i}}{\sum_{i \in T} A_{i}}$ ，而到达一个状态 $c_{i} (i \in T \land c_{i} \in [0, B_{i} - 1])$ 表示 $i$ 出现了 $c_{i}$ 次的概率为

(\binom{\sum_{i \in T} c_{i}}{c_{t_{1}}, c_{t_{2}}, \dots, c_{t_{| T |}}}) \prod_{i \in T} {(\frac{A_{i}}{\sum_{j \in T} A_{j}})}^{c_{i}}

记 $A = \sum_{i \in T} A_{i}$ ， $C = \sum_{i \in T} c_{i}$ ，稍作化简得到

\frac{C!}{A^{C}} \prod_{i \in T} \frac{A_{i}^{c_{i}}}{c_{i}!}

带入答案式得到

\sum_{T \subseteq S} (- 1)^{| T | - 1} \frac{\sum_{i \in S} A_{i}}{A} \times \frac{C!}{A^{C}} \prod_{i \in T} \frac{A_{i}^{c_{i}}}{c_{i}!}

这样就可以设计 DP 了： $f_{i, j, k}$ 表示考虑到前 $i$ 个数， $A = j$ 且 $C = k$ 的所有 $(- 1)^{| T | - 1} \prod_{i \in T} \frac{A_{i}^{c_{i}}}{c_{i}!}$ 之和。枚举 $i$ 究竟是否放到 $T$ 里面以及 $c_{i}$ ，不难得到转移：

f_{i, j, k} = f_{i - 1, j, k} - \sum_{c < B_{i}} f_{i - 1, j - A_{i}, k - c} \times \frac{A_{i}^{c}}{c!}

时间复杂度 $O (A^{2} B)$ 。代码。

4.5. 参考资料

在此感谢这些博主：

5. 斯特林数

5.1. 第一类斯特林数

现在碰到的应用就是下降幂和普通幂的转换：

x^{\underset{―}{n}} = \sum_{i = 0}^{n} (- 1)^{n - i} [\begin{matrix} n \\ i \end{matrix}] x^{i}

I. CF717A Festival Organization

不难发现题目就是求：

\sum_{i = l}^{r} (\binom{f_{i + 2}}{k})

其中 $f$ 是斐波那契数列。此处令 $f_{0} = 0$ ， $f_{1} = 1$ 。即求：

\frac{1}{k!} \sum_{i = l}^{r} f_{i}^{\underset{―}{k}}

下文略掉 $\frac{1}{k!}$ 。注意到斐波那契数列的下降幂不太好算，故运用第一类斯特林数将下降幂转为普通幂：

\sum_{i = l}^{r} \sum_{j = 0}^{k} (- 1)^{k - j} [\begin{matrix} k \\ j \end{matrix}] f_{i}^{j}

简记第一类斯特林数为 $s (k, j)$ ，根据 $f$ 的通项公式：

f_{i} = \frac{1}{\sqrt{5}} [{(\frac{1 + \sqrt{5}}{2})}^{i} - {(\frac{1 - \sqrt{5}}{2})}^{i}]

并记 $A = \frac{1}{\sqrt{5}}$ ， $B = - \frac{1}{\sqrt{5}}$ ， $x = \frac{1 + \sqrt{5}}{2}$ ， $y = \frac{1 - \sqrt{5}}{2}$ ，可以得到 $f_{i} = A x^{i} + B y^{i}$ 。令 $l \leftarrow l + 2$ ， $r \leftarrow r + 2$ ，原式化简为：

\sum_{i = l}^{r} \sum_{j = 0}^{k} (- 1)^{k - j} s (k, j) (A x^{i} + B y^{i})^{j}

二项式定理展开并交换求和符号，得：

\sum_{j = 0}^{k} (- 1)^{k - j} s (k, j) \sum_{i = l}^{r} \sum_{c = 0}^{j} (\binom{j}{c}) A^{c} x^{i c} B^{j - c} y^{i (j - c)}

稍作整理，乘上 $\frac{1}{k!}$ ，得到最终的柿子：

\frac{1}{k!} \sum_{j = 0}^{k} (- 1)^{k - j} s (k, j) \sum_{c = 0}^{j} A^{c} B^{j - c} (\binom{j}{c}) \sum_{i = l}^{r} (x^{c} y^{j - c})^{i}

注意到后面可以等比数列求和公式直接算，故时间复杂度为 $O (k^{2} \log V)$ 。一个问题是 $\sqrt{5}$ 在模 $10^{9} + 7$ 意义下并不存在，所以扩域 $a + b \sqrt{5}$ 。需要特判等比数列求和逆元不存在的情况，此时答案就是 $b + 1$ 其中 $b$ 是指数上界。

6. 卡特兰数

6.1. 介绍

卡特兰数是组合数学中的著名数列，它有如下递推式：

C_{0} = 1, C_{i} = \sum_{j = 0}^{i - 1} C_{j} \times C_{i - j - 1}

它的实际意义：

长度为 $2 n$ 的合法括号序列个数。上述递推式的意义：枚举最后一个右括号对应的左括号的位置，不妨设为 $p$ ，那么这一对括号把序列分割成了长度为 $p - 1$ 和 $n - p$ 的合法括号序列，根据乘法原理，方案数为 $C_{p - 1} \times C_{n - p}$ 。

6.2. 例题

I. 2021 石室联考模拟回家

题意简述：一个人在数轴 $n$ 处，每次有一半的概率向左或向右走，求在 $k$ 步以内经过原点的概率对 $998244353$ 取模。 $1 \leq n, k \leq 5 \times 10^{6}$ 。

一次向右可以抵消一次向左 …… 联想到括号匹配问题，这启发我们使用卡特兰数解决这个问题。把时间看成第二维（ $y$ 轴），那么人的轨迹就是平面上的一个折线，每次向右上或左上走。

$k$ 步以内经过可以转化为在第 $i$ 步时第一次回到原点的概率之和。考虑枚举第一次走到原点的时间 $t (t = n + 2 x, x \in \N)$ ，也就是说这个人要用恰好 $t - 1$ 单位时间从 $(n, 0)$ 走到 $(1, t - 1)$ 且不走到直线 $x = 1$ 左边的方案数。对于任何走到 $x = 1$ 左边的路径，第一次突破边界时必然走到 $x = 0$ ，将其接下来的路径关于 $x = 0$ 做翻转，终点变成 $(- 1, t)$ 。任何非法路径与从 $(n, 0)$ 走到 $(- 1, t)$ 的路径形成了一一对应的关系，因此方案数即

(\binom{t - 1}{\frac{t - n}{2}}) - (\binom{t - 1}{\frac{t - n}{2} - 1})

对于每个 $t$ 乘上系数 $2^{- t}$ ，求和即可。时间复杂度 $O (k)$ 。

*II. 2021 北大附联考模拟雪

题意简述：用 $n$ 个 $1$ 和 $m$ 个 $0$ 构造序列使得任何子区间包含的 $0, 1$ 个数相差不超过 $k$ ，计数。 $n + m, k \leq 5 \times 10^{7}$ 。

听说是集训队胡策题，被出烂的套路还是不会做。抽象题意并建模，问题转化为从 $(0, 0) \to (n + m, n - m)$ 向右上或右下走的方案数，限制为最高与最低纵坐标相差不超过 $k$ 。设 $d (i, j)$ 表示从 $(0, 0) \to (i, j)$ 的方案数，有 $d (i, j) = {\begin{cases} 0 & i ≢ j (\mod 2) \\ (\binom{i}{\frac{i + j}{2}}) & o t h e r i w s e \end{cases}$ 。

看到问题第一想法是枚举最高值确定最低值，否则根本不可做。但是我把这一步的复杂度当做 $n + m$ 而非 $k$ 来算导致推到最后几乎都要推出答案的时候认为不可做。不妨设最高不超过 $i$ 则最低不低于 $i - k$ 。首先加上 $d (n + m, n - m)$ ，但是突破上边界的路径会被算重，根据套路要第一层容斥减掉 $d (n + m, 2 (i + 1) - (n - m)) + d (n + m, 2 (i - k - 1) - (n - m))$ ，但是突破上边界之后又突破下边界的路径会被多减掉，突破下边界后突破上边界同理，因此还要加上 $d (n + m, 2 (i - k - 1) - (2 (i + 1) - (n - m))) + \dots$ ，相当于将点 $(n + m, n - m)$ 以 $y = 2 (i + 1)$ 和 $y = 2 (i - k - 1)$ 为轴多次反射，贡献系数即 $- 1$ 的反射次数次方：第二层容斥。

还有一个问题：没有碰到边界的路径会在多个上界被计算多次，解决办法是对 $k - 1$ 再做一次并减掉，因为一条合法路径如果被 $k$ 算了 $c$ 次就会被 $k - 1$ 算 $c - 1$ 次。这是第三层容斥。

其实到这里已经做完了，说说比赛时失手的地方：我以为限制是全局前缀绝对值不超过 $k$ 先推出了后面的容斥，敲了一发没过样例发现看错题了，还要枚举最大值（实际上复杂度正确，为 $O (k \times \frac{n}{k}) = O (n)$ ），还没法处理重复路径（实际上是简单容斥），感觉很不可做就一直没想出来。

启示：1. 若没有很强的小样例可以写暴力自己造，否则写正解的时调得很痛苦。2. 格点路径计数问题考虑反射容斥，有上下界就容斥套反射容斥，上下界不确定路径会算重就容斥套容斥套容斥，总之容斥就完事了。3. 分析复杂度要仔细，看似错误的复杂度可能是正确的。4. 思路不要轻易放弃，打上行不通的标记，万一堵死正解的路就 GG 了。

7. 附

7.1. 缺省源

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define db double
#define ll long long
#define ld long double
#define uint unsigned int
#define ull unsigned long long
#define vint vector <int>
#define vpii vector <pii>

#define pii pair <int, int>
#define fi first
#define se second
#define pb emplace_back
#define all(x) begin(x), end(x)
#define rev(x) reverse(all(x))
#define sor(x) sort(all(x))
#define mem(x, v, s) memset(x, v, sizeof(x[0]) * (s))
#define cpy(x, y, s) memcpy(x, y, sizeof(x[0]) * (s))
#define FileI(x) freopen(x, "r", stdin)
#define FileO(x) freopen(x, "w", stdout)

namespace IO {
	char buf[1 << 21], *p1 = buf, *p2 = buf, Obuf[1 << 24], *O = Obuf;
	#define gc (p1 == p2 && (p2 = (p1 = buf) + \
		fread(buf, 1, 1 << 21, stdin), p1 == p2) ? EOF : *p1++)
	#define pc(x) (*O++ = x)
	#define flush() fwrite(Obuf, 1, O - Obuf, stdout)
	inline ll read() {
		ll x = 0; bool sgn = 0; char s = gc;
		while(!isdigit(s)) sgn |= s == '-', s = gc;
		while(isdigit(s)) x = x * 10 + s - '0', s = gc;
		return x = sgn ? -x : x;
	}
	template <typename T>
	inline void recprint(T x) {if(x >= 10) recprint(x / 10); pc(x % 10 + '0');}
	template <typename T>
	inline void print(T x) {if(x < 0) pc('-'), x = -x; recprint(x);}
} using namespace IO;

template <class T1, class T2> void cmin(T1 &a, T2 b){a = a < b ? a : b;}
template <class T1, class T2> void cmax(T1 &a, T2 b){a = a > b ? a : b;}

posted @ 2021-12-08 14:55 qAlex_Weiq 阅读(4996) 评论(4) 编辑收藏举报

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