学习知识点发现的各种小tip
FFT,NTT
- 多项式的点值表示法是可以直接进行+，-，*，/等运算的，考虑其定义即可。但一般加减运算都是直接系数相加减，可以少做几次NTT/FFT，降低代码时间复杂度。（甚至有可能掩饰一些代码上的错误，比如有个数组进行了一次NTT+逆NTT后%xn，将大于xn的部分系数清零了，但没有影响你所需的（即n以内的）这部分系数的大小。此时再将这个长度已缩小到n的系数序列按第一次的序列长len=n<<1来做NTT就会产生错误的点值数组，但如果直接加减则没有问题）；
- 进行FFT/NTT时，一定记得FFT/NTT与逆FFT/NTT所用的len相同。而且在一次FFT/NTT+逆FFT/NTT的过程没完成前不能更改存储点值/系数的数组，哪怕是超过当前所求长度n的部分改变，也会影响n以内的数据的正误；
- 进行多项式开方，求逆，ln，exp等运算时，如有不同的函数都要用中间数组，就多开几个不同的，别图省事。这样可以防止运行过程中仍需使用的数据被其他函数覆盖，也可以少清几个零。不过在不需卡常时，还是每次使用都把数组清空一遍，该赋初值的就赋初值。因为有些看着为零的变量/没被使用过的数组，不知道什么时候就被调用过了，多项式那么多函数套在一起，检查起来也费劲，还不如多写几行代码。
- 像赋初值，求len,求反转数组rev[i]，多项式相乘的使用频率高的都写成函数，易读又好查错。
像上面那些显而易见的细节只有我这种蒟蒻才会需要吧……学多项式和生成函数感觉自己快退役了5555～
莫比乌斯反演
莫比乌斯反演中常见的做法有：
- 将\([gcd(x,y)==1]\)即\(\varepsilon(gcd(x,y))\)化为\(\Sigma_{p|gcd(x,y)}\mu(p)\)。
- 改变枚举顺序，将枚举因子提前，然后通常可以运用整除分块：\(\Sigma_{i=1}^n\Sigma_{j=1}^m\Sigma_{p|gcd(x,y)}\mu(p)\Rightarrow \Sigma_{p=1}^{min(n,m)}\mu(p)\Sigma_{i=1}^{n/p}\Sigma_{j=1}^{m/p}1\Rightarrow \Sigma_{p=1}^{min(n,m)}\mu(p)\lfloor \frac np \rfloor \lfloor \frac mp \rfloor\)
- 如果有类似\(\Sigma_{i=1}^nf(i)\Sigma_{j=1}^{n/i}g(j)h(ij)\)的表达,可以尝试转化为\(\Sigma_{t=1}^nh(t)\Sigma_{p|t}f(p)g(\frac tp)\)，然后用数据结构维护\(\Sigma_{p|t}f(p)g(\frac tp)\)。
扩展中国剩余定理
- 中国剩余定理似乎可以用扩展中国剩余定理完全代替哦
废话，本来就是扩展嘛 - 扩展中国剩余定理有两种实现方法：联立和代入。现有两个方程：\(x \equiv a \pmod {p_1},x \equiv b \pmod {p_2}\)。
联立：\(x=a+t_1*p_1=b+t_2*p_2\)，故 \(t_1*p_1-t_2*p_2=b-a\)。扩展欧拉定理得解。
代入：\(x \equiv a \pmod {p_1}\) 得出 \(x+t_1*p_1=a\)。求出特解\(x=ans\)，可得通解\(x=ans+t_1*p_1\)。又有\(x \equiv b \pmod {p_2}\)，即\(ans+t_1*p_1+t_2*p_2=b\) 移项得\(t_1*p_1+t_2*p_2=b-ans\)，扩展欧拉定理得解。
当公式有变形时，似乎代入法能更简洁地得出解法：有 \(n\)个形如 \(w_ix\equiv a_i \pmod {p_i}\)的同余方程，已得出前 \(n-1\)个的解 \(ans\)和模数 \(P\)，第 \(n\)个方程为 \(wx \equiv a \pmod p\)，代入可得 \(w(ans+tP)+t_1p=a\)，移项得 \(wPt+t_1p=a-w*ans\)。求出特解 \(t=T\)，则通解 \(t=T+\frac{p}{gcd(p,wP)}\)，则前 \(n\)个方程的解为 \(ans_n=ans_{n-1}+TP\)，通解为 \(ans_{n-1}+(T+\frac{p}{gcd(p,wP)})*P\)，即 \(ans_n+\frac{pP}{gcd(p,wP)}\)，前 \(n\)个方程的模数为 \(\frac{pP}{gcd(p,wP)}\)。例题详见[NOI2018] 屠龙勇士做法。
路径计数问题
翻折法：求点A(0,0)到B(n,m)，不经过某一条直线的不降路径条数（即只能向上或向右的路径），可作A关于直线的对称点A'，答案即为A到B的不降路径条数-A'到B的不降路径条数。
证明：对于一条从A出发经过直线的路径，将其与直线最后的交点前的部分沿直线翻折，即可转化为一条从A'到B的路径。详见OI-wiki卡特兰数部分。
树形背包
有一类树形背包f[i][j]，第一维表示点的编号，第二维表示子树内选的点数且限制不超过m。有如下转移：
void dfs(int u,int last) {
sz[u]=1;
for(int k=head[u];k;k=e[k].next)
{
int v=e[k].to; if(v==last) continue;
dfs(v,u);
for(int j=0;j<=min(m,sz[u]);++j)
for(int k=0;k<=min(m-j,sz[v]);++k)
dp[u][j+k]=dp[u][j] * dp[v][k];
}
}
其总复杂度可证为\(O(nm)\)。具体见这篇博客（我没看懂，但我大受震撼）。
取模情况下大数组合数的计算
\({n \choose m}\%p\)问题中若\(n\)和\(m\)均较大，当然是使用卢卡斯定理；若只是\(m\)较大，答案为0；若只是\(n\)较大呢？
在一类特殊情况下可以直接对\(n\)取模：\({n\choose m}*(m!)\)。
难道不存在一种可能：\(n\)取模后变得小于\(m\)，导致答案变成0，不同于原来了？实际上这是没关系的：
如果 \(n\ \%mod\) 后变得小于\(m\)，那么证明 \(n-val<m\) ( \(val\) 为小于 \(n\) 的最大的\(mod\) 的倍数)。那么原式即 \(n(n-1)(n-2)……(n-m+1)\)。这个算式中一定有一个 \(mod\) 的倍数，所以答案就是0。
如果 \(n\ \%mod\) 后仍大于\(m\)，那么将 \(n(n-1)……(n-m+1)\)的每一项 \(\% mod\) ，结果肯定仍相同。
