数论小记

扩展欧几里得

\[ax + by = \gcd(a, b) \]

由\(\gcd(a,b) = \gcd(b, a \mod b)\)可得，(这里 \(a / b\) 表示 \(\lfloor \frac{a}{b} \rfloor\))

\[ax + by = \gcd(a,b)=bx + (a - a / b * b)y = \gcd(b, a \mod b) \]

\[ax + by = bx + (a - a / b * b)y \]

\[= bx + ay - a / b * b * y \]

\[= ay + b(x - a / b * y) \]

欧拉定理：

前提: \(\gcd(a, P) = 1\)

\[a^{\varphi(P)} \equiv 1 \pmod P \]

• 扩展欧拉定理：

不需要一定满足: \(\gcd(a, P) = 1\)

\[a^k \equiv a^{k \mod \varphi(P) + \varphi(P)} \pmod P (k > \varphi(P)) \]

• 当 \(P\) 为质数时，就有费马小定理：

\[a^{\varphi(P)} \equiv a^{P - 1} \equiv 1 \pmod P \]

中国剩余定理：

合并方程组 \(ax \equiv b \pmod p\)，满足 \(\forall i, j\) \(p_i\) 与 \(p_j\) 互质。

考虑构造 \(x\), 令 \(P = \prod p\), 那么在任意一个方程代入 \(P\) 结果都是0。

对于第 \(i\) 个方程，代入 \(\frac{P}{p_i}\) 时，结果不为 0，但是在剩下的方程的结果都是 0，也就是说，这个\(x = \frac{P}{p_i}\) 只对第 \(i\) 个方程有贡献。

剩下考虑构造结果，求出 \(a_i\frac{P}{p_i}\) 在 mod \(p_i\) 下的逆元,设为 \(c_i\), 那 \(a_ic_i\frac{P}{p_i}b \equiv b \pmod {p_i}\)

最后得到 \(x = \sum_{i = 1}^{n} a_ic_i\frac{P}{p_i}b\)

这就是一个解。

扩展中国剩余定理：

合并方程组 \(x \equiv b \pmod p\)。

• 考虑合并两个方程 \(x \equiv b_1 \pmod {p_1}\),\(x \equiv b_2 \pmod {p_2}\)

实际上对于一个解 \(x\) 而言, 有：

\[x + k_1p_1 = b_1 \]

\[x + k_2p_2 = b_2 \]

对第一个式子移项：

\[x = b_1 - k_1p_1 \]

代入第二个式子：

\[b_1 - k_1p_1 + k_2p_2 = b_2 \]

整理一下：

\[- k_1p_1+ k_2p_2 = b_2 - b_1 \]

实际上 \(k_1\) 正负号无所谓：

\[k_1p_1+ k_2p_2 = b_2 - b_1 \]

• 当 \(\gcd(p_1, p_2) | b_2 - b_1\) 时才有解。

用 \(exgcd\) 求出特解 \(k_1\), 代入式子 \(x + k_1p_1 = b_1\), 就能得到 \(x\).

用 \(p_3\) 表示合并后的模数，\(p_3 = lcm(p_1, p_2)\)。

就得到新的方程

\[x' \equiv x \pmod {p_3} \]

依次合并就能求解。

大步小步BSGS:

求解 \(a^x \equiv b \pmod p\), 其中 \(\gcd(a, p) = 1\)。

大步 \(a^{\sqrt{p}}\), 小步 \(a\), 都只有 \(\sqrt{p}\) 步。

枚举大步，看小步里有没有即可。

\[(a^{\sqrt{p}})^i \cdot b^{-1} \equiv a^c \pmod p \]

查询 \((a^{\sqrt{p}})^i \cdot b^{-1}\) 即可，

时间复杂度是 \(O(\sqrt{p})\)。

• 扩展：

\(\gcd(a, p) \neq 1\)。

考虑使 \(\gcd(a, p) = 1\),

设 \(d =\gcd(a, p)\)。

有恒等式:

\[\frac{a^x}{d} \equiv \frac{b}{d} \pmod \frac{p}{d} \]

因为：

\(a^x +k_1p = b\)

\(\frac{a^x}{d} +k_1\frac{p}{d} = \frac{b}{d}\)

期间只要不满足 \(d | b\), 容易发现原方程无解。

最后得到 \(D = \prod_{i = 1}^{k}d_k\),

\[a^{x - k}\frac{a^k}{D} \equiv \frac{b}{D} \pmod {\frac{p}{D}} \]

这时满足 \(\gcd(a^{x - k}, \frac{p}{D}) = 1\)，

对:

\[a^{x - k} \equiv \frac{b}{a^k} \pmod {\frac{p}{D}} \]

做普通大步小步即可。

可能存在 \(x < k\), 做大步小步之前暴力跑一遍 \(O(k)\) 验证。

阶

模数 \(P\) 下，底数 \(a\) 最小的指数 \(x\) 满足 \(a^x \equiv 1 \pmod P\)，记做 \(\delta_P(a)\)。

原根

底数 \(a\) 满足模 \(P\) 意义下，\(\delta_P(a) = \varphi(P)\),称 \(a\) 是模数 \(P\) 的原根。

排列组合：

• 二项式定理

\[(a + b)^n = \sum_{i = 0}^{n}\binom{n}{i}a^ib^{n - i} \]

扩展：

\[(a_1 + a_2 + ... + a_m)^n = \sum_{i_1+i_2+...+i_m = n} \binom{n}{i_1,i_2,...,i_m}a_1^{i_1}a_2^{i_2}..a_m^{i_m} \]

Clues 这题用到了。

• 范德蒙德恒等式：

\[\binom{n + m}{k} = \sum_{i = 0}^{k} \binom{n}{k} \binom{m}{k - i} \]

• \[m \binom{n}{m} = \frac{(n - 1)! n}{(m - 1)! (n - m)!} = n \binom{n - 1}{m - 1} \]

• \[\binom{n}{m}\binom{m}{r} = \binom{n}{r} \binom{n - r}{m - r} \]

• \[\sum_{i = 0}^{n} \frac{\binom{n}{i}}{i+1} = \frac{2^{n + 1} - 1}{n + 1} \]

• \[\sum_{i = 0} \binom{n}{i}^2 = \binom{2n}{n} \]

Lucas 定理

对于 \(p \leq n\),

\[\binom{n}{m} = \binom{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor}{\lfloor\frac{m}{p}\rfloor} \binom{n \mod p}{m \mod p} \]

容斥原理：

参考：
oi-wiki

模型：

1. 全集：\(U\)
2. 元素：\(x\)
3. 属性集合：\(P_i\)

目标：求出满足至少满足一个属性的集合。

\[|\bigcup_{i = 1}^{n}P_i| = \sum_{i = 1}^{n}(-1)^{i - 1}\sum_{a_1<a_2<...<a_i}|\bigcap_{j=1}^{i} P_{a_j}| \]

证明：
考虑贡献，假设 \(x\) 的贡献，假设它出现在 \(P_1, ..., P_m\)，

\[\text{cnt} = \sum_{i = 1}^{m} (-1)^{i - 1}\binom{m}{i - 1} \]

\[= 1 - \sum_{i = 0}^{m} (-1)^{i}\binom{m}{i} \]

\[= 1-(1 - 1)^m \]

\[= 1 \]

所以每个元素只会贡献一次，就是全集。

• 求出满足全部属性的集合：

\[|\bigcap_{i = 1}^nP_i| = |U| - |\bigcup_{i = 1}^{n}\overline{P_i}| \]

• 一般化(也是算一种反演)：

类似前缀和和差分

\[f(S) = \sum_{T\subseteq S} g(T) \]

\[g(S) = \sum_{T\subseteq S} (-1)^{|S| - |T|}f(T) \]

类似超集和

\[f(S) = \sum_{S\subseteq T} g(T) \]

\[g(S) = \sum_{S\subseteq T} (-1)^{|T| - |S|}f(T) \]

• min-max 容斥:

考虑把 \(\max \min\) 映射到集合上，

第 k 大对应 \(f(k) = \{x | 1 \leq x \leq k, k \in Z\}\)，就是集合有整数\(1 \sim k\)。

对于 \(f(\min(x, y)) = f(x) \cap f(y)\), \(f(\max(x, y)) = f(x) \cup f(y)\)。

就是并集和交集的关系, 上面容斥的式子：

\[|\bigcup_{i = 1}^{n}P_i| = \sum_{i = 1}^{n}(-1)^{i - 1}\sum_{a_1<a_2<...<a_i}|\bigcap_{j=1}^{i} P_{a_j}| \]

替换一下：

\[|f(\max_{i = 1}^{n}P_i)| = \sum_{i = 1}^{n}(-1)^{i - 1}\sum_{a_1<a_2<...<a_i}|f(\min_{j = 1}^{k} P_{a_j})| \]

min,max 反过来的也类似。

这在期望上也成立.

\[E(\max_{x\in S} x) = \sum_{T\in S}(-1)^{|T| - 1}E(\min_{y \in T} y) \]

二项式反演：

• 本质上，二项式反演和上面的容斥没有区别，只不过对于元素个数相同的集合，它们的贡献是一样的，这样就可以二项式反演了。

• 基本式子：

\[f(n) = \sum_{i = 1}^{n} (-1)^{i}\binom{n}{i} g(i) \]

\[g(n) = \sum_{i = 1}^{n}(-1)^{i}\binom{n}{i}f(i) \]

• 恰好和至少：

\(g(n)\) 为恰好满足 \(n\) 个条件，

\(f(n)\) 为至少满足 \(n\) 个条件。

\[f(n) = \sum_{i = n}^{m} \binom{i}{n} g(i) \]

\[g(n) = \sum_{i = n}^{m}(-1)^{i - n}\binom{i}{n}f(i) \]

其中 \(m\) 为总条件个数。

对比一下容斥原理的式子：

\[f(S) = \sum_{S\subseteq T} g(T) \]

\[g(S) = \sum_{S\subseteq T} (-1)^{|T| - |S|}f(T) \]

差别就在选出的集合个数，二项式反演中，选出的 \(C(i, m)\) 的集合的值都相同，而在容斥原理里就不一定。

• 这里有能优化计算数 dp 的一个地方 放宽限制：

  当方程里含要有恰好的限制时，可以转化为至少或者至多，相邻两个至少相减就是恰好了。

第二类斯特林数:

模型：

1. 将 \(n\) 个不同的小球放入 \(m\) 个相同的盒子，盒子非空。
2. 将 \(n\) 个元素分为\(m\)个集合，集合非空。

\(S_2(n, m)\) 就是问题的答案。

递推：

考虑当前放了 \(n\) 个小球 和 \(m\) 个盒子，并且其中每个盒子非空。

考虑第 \(n\) 个小球是怎样放的:

• 放到 \(m\) 个盒子中，因为小球不同，所以放到哪个盒子方案数都不同, 有 \(m\) 种选择, 即\(m * S_2(n - 1, m)\)。

• 开新的一个盒子，也就是新开第 \(m\) 个盒子，即\(S(n - 1, m - 1)\)。

综上所述，

\[S_2(n, m) = m * S_2(n - 1, m) + S_2(n - 1, m - 1) \]

容斥原理：

先不考虑盒子非空，也不考虑盒子相同，
那么问题就是将 \(n\) 个 不同 的小球放入 \(m\) 个 不同 的盒子。

对于每个小球，都能放入 \(m\) 个盒子中，方案数为

\[m^n \]

不考虑盒子相同。

算出所有情况，

减去空盒为一的方案数: 可以选出\(\binom{m}{1}\)个盒子。方案数为

\[\binom{m}{1}(m-1)^n \]

这样会多减空盒为二的方案数，所以加回空盒为二的方案数。

以此类推，最后再除以 \(m!\) 去掉盒子的顺序使得盒子相同。

\[S_2(n, m)= \frac{1}{m!}\sum_{i=0}^{m}(-1)^{i}\binom{m}{i}(m-i)^n \]

还能变下形：

\[\frac{1}{m!}\sum_{i=0}^{m}(-1)^{i}\frac{m!}{(m - i)!i!}(m-i)^n \]

\[\sum_{i=0}^{m}\frac{(m-i)^n}{(m - i)!} \frac{(-1)^{i}}{i!} \]

就变成了卷积的形式。

• 自然幂转下降幂

\[m^n = \sum_{i = 0}^{m}\begin{Bmatrix} n\\ i \end{Bmatrix}m^{\underline{i}} \]

实际上，可以根据二项式反演来证明，

\(f(m) = m^n\), \(g(m) = m! \begin{Bmatrix} n \\ m \end{Bmatrix}\)

前面的容斥式子变换一下 \(i\)：

\[g(m) = \sum_{i = 0}^m(-1)^{m - i}\binom{m}{i}f(i) \]

二项式反演有：

\[f(m) = \sum_{i = 0}^{m}\binom{m}{i}g(i) \]

于是：

\[m^n = \sum_{i = 0}^{m}\binom{m}{i}i!\begin{Bmatrix} n\\ i \end{Bmatrix} \]

\[m^n = \sum_{i = 0}^{m}\begin{Bmatrix} n\\ i \end{Bmatrix}m^{\underline{i}} \]

• 这里也有个能优化dp的地方：

  当 dp 里混入多项式或者说 \(n^m\) 这样的东西，可以考虑合起来，转移搞点组合数，这样求和就和 \(m\) 有关了？

狄利克雷卷积

这里就简记了，我之前还写过呢 狄利克雷卷积。

以下提及的函数都是积性函数。

• 定义：

\[(f\ast g)(n) = \sum\limits_{d|n}f(d)g(\frac{n}{d}) \]

\[\epsilon(n) = [n = 1] \]

\[1(n) = 1 \]

\[\text{id}(n) = n \]

\[d(n) = \sum\limits_{d|n}1 \]

\[\sigma(n) = \sum\limits_{d|n}d \]

\[d_w(n) =\sum\limits_{d|n}1^w \]

\[\sigma_w(n) = \sum\limits_{d|n}d^w \]

\[g(n) = \sum\limits_{i=1}^{n}\gcd(n,i) \]

• 恒等式：

1. \[f \ast \epsilon = f \]

2. \[\mu \ast 1 = \epsilon \]

3. \[\varphi\ast 1 = \text{id} \]

4. \[\text{id} \ast \mu =\varphi \]

5. \[1 \ast 1 = d \]

6. \[d \ast \mu = 1 \]

7. \[\text{id} \ast 1 = \sigma \]

8. \[\sigma \ast \mu = \text{id} \]

9. \[\text{id}_w \ast 1 = \sigma_{w} \]

10. \[\varphi \ast d = \sigma \]

11. \[\varphi \ast \text{id} = g \]

莫比乌斯反演

• 利用 \(\epsilon(n) = [n = 1]\) 和 \(\mu \ast 1 = \epsilon\) 进行反演。

例如，求：

\[\sum_{i = 1}^{n}\sum_{j = 1}^{m} \gcd(i, j) \]

不妨设 \(n \leq m\)。

经典枚举因数 \(\gcd\)。

\[\sum_{d = 1}^{n}d\sum_{i = 1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j = 1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}[\gcd(i, j) =1] \]

换成 \(\mu \ast 1 = \epsilon\)。

\[\sum_{d = 1}^{n}d\sum_{i = 1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j = 1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}\sum_{k |i,k|j}\mu(k) \]

再枚举 \(k\),

\[\sum_{d = 1}^{n}d\sum_{k = 1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\mu(k)\sum_{i = 1}^{\lfloor\frac{n}{dk}\rfloor}\sum_{j = 1}^{\lfloor\frac{m}{dk}\rfloor} 1 \]

\[\sum_{d = 1}^{n}d\sum_{k = 1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\mu(k)\lfloor\frac{n}{dk}\rfloor\lfloor\frac{m}{dk}\rfloor \]

后面的式子用数论分块就行了。

• 见到 \(\gcd(a_1,a_2,...,a_n) = d\) 的限制就可以莫比乌斯反演了。

杜教筛

参考：
cmd——杜教筛

瞎写的

• 作用：求积性函数 \(f\)：

\[S_{f}(n) = \sum_{i = 1}^{n} f(i) \]

• 构造积性函数 \(g,h\), 满足：

\[f \ast g = h \]

就有：

\[(f\ast g)(n) = h(i) = \sum_{d|n}g(d)f(\frac{n}{d}) \]

求：

\[\sum_{i = 1}^{n} h(n) = \sum_{i = 1}^{n}\sum_{d|i}g(d)f(\frac{i}{d}) \]

枚举因数 \(d\):

\[= \sum_{d = 1}^{n}g(d)\sum_{d|i}^{n}f(\frac{i}{d}) \]

发现 \(\frac{i}{d}\) 是连续的, 即\(1 \sim \lfloor \frac{n}{d}\rfloor\):

\[= \sum_{d = 1}^{n}g(d)S_{f}(\lfloor \frac{n}{d}\rfloor) \]

经过移项：

\[S_{f}(n) = S_{h}(n) - \sum_{d = 2}^{n}g(d)S_{f}(\lfloor \frac{n}{d}\rfloor) \]

只要能快速计算 \(S_{h}(n)\) 和 \(g(d)\), 就能快速计算出 \(S_{f}(n)\)。

• 时间复杂度：直接递归是 \(O(n^{\frac{3}{4}})\), 如果线性筛预处理出前 \(n ^{\frac{2}{3}}\) 项，那么时间复杂度是 \(O(n^{\frac{2}{3}})\) 的。

• 例：对于 \(\mu\) 求和。

从上面狄利克雷卷积恒等式选出 2. \(\mu \ast 1 = \epsilon\)。

根据：

\[S_{f}(n) = S_{h}(n) - \sum_{d = 2}^{n}g(d)S_{f}(\lfloor \frac{n}{d}\rfloor) \]

得到：

\[S_{\mu}(n) = S_{\epsilon}(n) - \sum_{d = 2}^{n}1(d)S_{f}(\lfloor \frac{\mu}{d}\rfloor) \]

即：

\[S_{\mu}(n) = 1 - \sum_{d = 2}^{n}S_{f}(\lfloor \frac{\mu}{d}\rfloor) \]

min_25筛

参考
cmd

求积性函数前缀和，并且 \(f(p^k), p \in \text{prime}\) 是低阶多项式，可以快速求。

求:

\[\sum_{i = 1}^{n} f(i) \]

例如模板题:\(f(p^k) = p^k(p^k - 1)\)。

这里 \(f(x) = x^2 - x, x = p^k\)。

1. 第一步：

求出 \(h(n, m)\), 表示求出 \(1\sim n\) 里，最小质因数大于 \(p_m\) 的合数或者质数的 k 次方和， 这里要求 1 次方 和 2 次方和。其中，\(p_m\) 表示第 \(m\) 个质数。

例题中要把 f 拆成两个单项式。

先考虑 \(h'(n,m)\), 这里只有最小质因数大于 \(p_m\) 的合数的 k 次方和。

\[h'(n, m) = h'(n, m - 1) - d(n, m) \]

其中 \(d(n, m)\) 表示最小质因数恰好是 \(p_m\) 的所有数的 k 次方和。

实际上，

\[d(n, m) = p_m^k h'(\lfloor \frac{n}{p_m} \rfloor, m - 1) \]

可以理解为埃氏筛筛去 \(p_1\sim p_m\) 及它们的倍数，剩下 \(1 \sim \lfloor \frac{n}{p_m} \rfloor\) 没有被筛去的数，它们的最小质因数肯定 \(> p_{m - 1}\), 即 \(\geq p_{m - 1}\)。 全部数乘上 \(p_m^k\), 就与 \(1 \sim n\) 的满足条件的数一一映射。

就有：

\[h'(n, m) = h'(n, m - 1) - p_m^k h'(\lfloor \frac{n}{p_m} \rfloor, m - 1) \]

这里有边界: \(h'(n, 0) = \sum_{i = 1, i \notin\text{prime}}^{n}i^k\)。

考虑把 \(h'(n, m)\) 还原回 \(h(n, m)\)。

• 在 \(\sqrt{n} < p_m\) 时，有:

\[h'(n, m) = h'(n, m - 1) - p_m^k \]

每次筛，只会筛去这个质数本身。

当加入质数时，有：

\[h'(n, m) + P_m = h'(n, m - 1) + P_{m - 1} \]

其中 \(P_m\) 表示 \(1 \sim p_m\) 的 k 次方和。

可以发现 \(P_m - P_{m - 1} = p_m^k\)， 上式显然成立。

这时,两边就满足了 \(h(n, m)\) 的定义, \(h(n, m) = h'(n, m) + P_m\)。

于是：

\[h(n, m) = h(n, m - 1) \]

• 在 \(\sqrt{n} \geq p_m\) 时, 有：

上面的得到了：

\[h'(n, m) = h'(n, m - 1) - p_m^k h'(\lfloor \frac{n}{p_m} \rfloor, m - 1) \]

对两边加上 \(P_m\):

\[h'(n, m) + P_m = h'(n, m - 1) + P_m - p_m^k h'(\lfloor \frac{n}{p_m} \rfloor, m - 1) \]

\[h(n, m) = h(n, m - 1) + p_m^k - p_m^k h'(\lfloor \frac{n}{p_m} \rfloor, m - 1) \]

\[h(n, m) = h(n, m - 1) - p_m^k (h'(\lfloor \frac{n}{p_m} \rfloor, m - 1) - 1) \]

考虑把 \(h'(\lfloor \frac{n}{p_m} \rfloor, m - 1)\) 还原：

\[h(n, m) = h(n, m - 1) - p_m^k (h(\lfloor \frac{n}{p_m} \rfloor, m - 1) - P_{m - 1} - 1) \]

发现 \(P_{m - 1} + 1 = h(p_{m - 1}, m - 1)\), 因为 \(h'(p_{m - 1}, m - 1) = 1\)(除了 1 都筛完了)。

得到最后的转移式子:

\[h(n, m) = h(n, m - 1) - p_m^k (h(\lfloor \frac{n}{p_m} \rfloor, m - 1) - h(p_{m - 1}, m - 1)) \]

• 边界：

\[h(n, 0) = \sum_{i = 1}^{n} i^k \]

\(k\) 过大的话就用拉格朗日插值。

考虑具体如何计算：

• 能发现转移的时候跟 \(h(n, m)\) 只与 \(h(n, m - 1)\) 有关，可以考虑进行 \(m\) 次递推，上面的限制有 \(p_m \leq \sqrt{n}\)(否则不管 \(m\) 多大都一样)，可以知道质数个数是 \(O(\frac{\sqrt{n}}{\log n} )\) 的。

• 能发现 \(h(n, m)\) 的 \(n\) 取值是 \(O(\sqrt{n})\) 种, 因此只需要对每种取值保留结果，只对这些取值递推。

• 还能发现, \(h(p_{m - 1}, m - 1)\) 实际上就是前 \(m - 1\) 个质数的 \(k\)
  次方和h(还有 1)，可以在线筛的时候预处理。

• 注意 1 也要计算。

只用开一维数组，最后得到
\(h(n)\) 表示，\(1 \sim m\) 的质数的 k 次方和。

时间复杂度应该是 \(O(\frac{n^{\frac{3}{4}}}{\log n})\)。

2. 第二步：

求 \(S(n, m)\) 表示 \(1 \sim n\)里，最小质因数大于 \(p_m\) 的 \(f\) 之和。

考虑分成两部分：

1. \(> p_m\) 的质数 \(i\) 的 \(f(i)\)和:

   \[h(n) - P_m \]

2. 最小质因数 \(> p_m\) 的合数 \(i\) 的 \(f(i)\) 和：

   \[\sum_{j = m + 1} \sum_{p_j^k\leq n} f(p_j^k) (S(\lfloor\frac{n}{p_j^k}\rfloor, j) + [k != 1]) \]

这里是枚举合数的最小质因数，和指数。这里 \(f(i) = i^k\) 是完全积性函数，可以随便拆，随便乘。当 \(k > 1\) 时，就可以取空集，\(k = 1\) 是就不能取，不然就是质数了。

所以：

\[S(n, m) = h(n) - P_m + \sum_{j = m + 1} \sum_{p_j^k\leq n} f(p_j^k) (S(\lfloor\frac{n}{p_j^k}\rfloor, j) + [k != 1]) \]

最后答案就是 \(S(n, 0) + 1\)。

这个过程好像会少算 \(f(1)\)，因为 \(1\) 不是质数也不是合数。

用递归计算，不用记忆化(不知道为什么，反正不会超时)。

概率：

参考:
暴躁的野生猿

• 独立性：

\(P(A \cup B) = P(A)P(B)\)

• 条件概率：

事件 \(A\) 在事件 \(B\) 发生后的前提下的发生的概率。

\(P(A | B) = \frac{P(AB)}{P(B)}\)

可以理解为两个集合求交占另一个集合的比例。

• 乘法公式：

就是条件概率公式移项。

\[P(AB)= P(A | B) P(B) = P(B | A)P(A) \]

• 全概率公式：

对于事件 \(A_1, A_2, ..., A_n\) 相互独立，并且 \(\sum_{i = 1}^{n} A_n = 1\)

对于事件 \(B\)

\[P(B) = \sum_{i = 1}^{n} P(B | A_i)P(A_i) \]

可以理解为把总样本分成几个事件集合，求这个事件在这几个集合发生的概率之和。

• 贝叶斯公式：

求：

\[P(A_i | B) = \frac{P(A_i)P(B | A_i)}{\sum_{i = 1}^{n} P(B | A_i)P(A_i)} \]

根据全概率公式：

\[P(A_i | B) = \frac{P(A_i)P(B | A_i)}{P(B)} \]

根据乘法公式：

\[P(A_i | B) = \frac{P(A_iB)}{P(B)} \]

就得到一个条件概率公式。

可以说是贝叶斯公式把上面的式子组合起来。

期望

• DAG 模型

求 \(u\) 到终点的总路程。

\[E(u) = \sum_{u \to v} P(u,v) \cdot E(u, v) + W(u,v) \]

一般终点的期望步数容易确定，所以倒推期望，能倒推因为有线性性吧。(

最优策略一般还可以取min

生成函数

参考：
铃悬的数学小讲堂——生成函数初步

• 求导

乘法法则：

\[(f(x)g(x))'=f'(x)g(x) + f(x)g'(x) \]

除法法则：

\[(\frac{f(x)}{g(x)})' = \frac{f'(x)g(x) - f(x)g'(x)}{g^2(x)} \]

链式法则：

\[(f(g(x)))'=f'(g(x))g'(x) \]

常用导数：

\[(\ln x)' = \frac{1}{x} \]

\[(e)' = e \]

\[(\frac{1}{1 - x})' = \frac{1}{(1 - x)^2} \]

• 泰勒公式

\[F(x) = \sum_{i = 0}^{\infty}\frac{f^{(i)}(x_0)}{i!}(x - x_0)^i \]

一般 \(x_0 = 0\), 在 \(0\) 处展开。

• 常用生成函数：

1. \[\sum_{i \geq 0} x^i = \frac{1}{1 - x} \]

2. \[\sum_{i \geq m} x^i = \frac{x^m}{1 - x} \]

3. \[\sum_{i \geq 0} c^ix^i = \frac{1}{1 - cx} \]

4. \[\sum_{i \geq 0} \binom{i + k - 1}{i}x^i = \frac{1}{(1 - x)^k} \]

5. \[\sum_{i \geq 0} \frac{c^ix^i}{i!} = e^{cx} \]

6. \[\sum_{i > 0} \frac{(-1)^{i - 1}}{i}x^i = \ln(1 + x) \]

在 \(1\) 处展开。

7. \[\sum_{i > 0} \frac{1}{i}x^i = \ln(\frac{1}{1 - x}) \]

在 \(0\) 处展开。

• 概率生成函数

一般设一个生成函数表示到达 \(X = i\) 状态的结束概率 \(f\)，

再设一个辅助常生成函数 \(X = i\) 状态还没结束的概率 \(g\)。

找出等量关系。

\[F(x) = \sum_{i = 0}^{\infty} P(X = i) x^i \]

\[F(1) = 1 \]

\[F'(1) = E(X) \]

容易发现：

\[E(X^{\underline{k}}) = F^{(k)}(x) \]

所以：

\[E(X^2) = F''(x) + F'(x) \]

因为：

\[D(X) = E(X^2) - E^2(X) \]

所以：

\[D(X) = F''(x) + F'(x) - F^2(x) \]

拉格朗日插值

用 \(k + 1\) 个点插出 \(k\) 次多项式。

实际上和中国剩余定理构造的过程类似，构造一个乘积，代入 \(x_i\) 的时候为 \(1\), 代入其它给出点的值 \(x\) 时为 \(0\), 再乘个 \(y_i\)。

\[f(x) = \sum_{i = 1}^{k + 1}y_i \prod_{i \neq j}\frac{x - x_j}{x_i - x_j} \]

多项式

省选大概率不考，随便写点式子。

• NTT/FTT

一个蝴蝶变换后的推上来长度是 \(n\) 的多项式。

\[f(x + \frac{n}{2}) = f(x) - f(x + \frac{n}{2}) \]

\[f(x) = f(x) + f(x + \frac{n}{2}) \]

• fwt

1. or, 可以理解为子集和。

\[f(x + \frac{n}{2}) = f(x + \frac{n}{2}) + f(x) \]

2. and, 可以理解为超集和。

\[f(x) = f(x) + f(x + \frac{n}{2}) \]

上面两个逆回去时后面一项的系数是 \(-1\)。

3. xor

\[f(x + \frac{n}{2}) = f(x) - f(x + \frac{n}{2}) \]

\[f(x) = f(x) + f(x + \frac{n}{2}) \]

逆回去时候要乘上 \(1/2\)。

• 逆

牛顿迭代：

\[f(x) \equiv f_0(x) - \frac{h(f_0(x))}{h'(f_0(x))} \pmod {x^{n}} \]

构造，\(h(x)\)

\[h(f(x))=\frac{1}{f(x)} - g(x) \]

\[f(x) \equiv f_0(x) - \frac{\frac{1}{f_0(x)} - g(x)}{-f_0^2(x)} \pmod {x^{n}} \]

\[f(x) \equiv 2f_0(x) - f_0^2(x)g(x) \pmod {x^{n}} \]

博弈论

• 状态定理：

1. 必败状态是没有后继状态的状态。

2. 必胜状态存在一个后继状态是必败状态的状态。

3. 必败状态不存在任意一个后继状态是必败状态的状态。

nim 和 ：

令 nim 和 为 \(s = \oplus_{i}^{n}a_i\)

• \(s = 0\) 时必败。
• \(s \ne 0\) 时必胜。

nim 和 与状态定理有相似之处。

其后继状态就是存在一个 \(a_i' < a_i\)。

1. 当所有 \(a_i = 0\) 时，没有后继状态，要满足 \(0 \leq a_i\)。

2. 一次操作使得 \(a_i' \gets a_i \oplus k, k > 0\), 不妨令 \(s = \oplus_{i}^{n}a_i = k \ne 0\), \(k\) 一定存在某一位上是 \(1\), 并由奇数个这位上有 \(1\) 的 \(a\) 异或得出， 那么任选一个\(a_i\), \(a_i' < a_i \oplus k\) 恒成立, 此时这个操作合法并满足操作后 \(s = 0\)。

3. \(0 \oplus 0 = 0\)， 而并不存在一个后继状态中\(a_i \oplus 0 < a_i\)。

由此可见，nim 和 与 状态定理基本相同。

SG和 :

参考:cmd

一次只对一个游戏操作, 后继状态只有一个改变。

$ \operatorname{SG}(x) = \operatorname{mex}{\operatorname{SG}(x'),\dots}$

其中 \(x'\) 是 \(x\) 的后继状态。

SG 定理：

1. $ \operatorname{SG}(x) \ne 0$ 时必胜。
2. $ \operatorname{SG}(x) = \oplus_{x'} \operatorname{SG}(x')$

SG 定理和 nim 和 很像。

1. 没有后继状态时，\(\operatorname{SG} = \operatorname{mex}\{\varnothing\} = 0\) 。

2. \(\oplus_{x}\operatorname{SG}(x) = k\ne 0\) 后继状态一定有一个状态 \(\operatorname{SG}(x) \oplus k < \operatorname{SG}(x)\), 由 \(\operatorname{mex}\)的定义可知， \(\operatorname{SG}(x')=\operatorname{SG}(x) \oplus k\) 的 \(x'\) 状态一定存在, 往这里操作就能得到 \(\operatorname{SG} = 0\) 的状态。

3. 由 \(\operatorname{mex}\)的定义可知，后继状态没有与当前状态 \(\operatorname{SG}\) 相同的状态，不能走到 \(\operatorname{SG} = 0\) 的状态。

组合游戏的SG函数：

\[\operatorname{SG}(X) = \operatorname{SG}(X_1) \oplus \operatorname{SG}(X_2) \oplus ... \oplus \operatorname{SG}(X_n) \]

• Anti SG:

不能取的赢。

对于必胜态：

\[\operatorname{SG}(X) \neq 0 \& \max_{i=1}^{n} X_i > 1 \]

\[\operatorname{SG}(X) = 0 \& \max_{i=1}^{n} X_i \leq 1 \]

• 翻硬币

多个正面向上的硬币可以拆成多个只有一个硬币的子游戏。

这样就考虑找单独一个硬币的 \(SG\) 函数的规律。

• 小结：

对于后继状态：$ \operatorname{SG}(x) = \operatorname{mex}{\operatorname{SG}(x'),\dots}$

对于独立子游戏: \(\operatorname{SG}(X) = \operatorname{SG}(X_1) \oplus \operatorname{SG}(X_2) \oplus ... \oplus \operatorname{SG}(X_n)\)