一些常用的结论

一些常用的结论

1、$Hall$定理推论:最大匹配数=$|X|$-$\max(|W|-|next(W)|,……,0)$

其中$X$是左部分的点集,$|W|$是$X$中的一个点集,$N(W)$为$W$的所有邻居(二分图上)

2、关于莫比乌斯反演

整出分块降复杂度

$$l=\min(n(n/l),m/(m/l))\\ r=l+1\\ l不一定从1开始$$

莫比乌斯反演

$$F(n)=\sum_{n|d}f(d)\\ f(n)=\sum_{n|d}F(d)*\mu(\frac{d}{n})\\ F(n)=\sum_{d|n}f(d)\\ f(n)=\sum_{d|n}F(\frac{n}{d})*\mu(d)\\ 这些式子不能交换F和\mu的位置\\ d(ij)表示i*j的约数个数和 \\ d(i*j)=\sum_{x|i}\sum_{y|j}[gcd(x,y)==1]$$

证明:

$$d(i*j)=\sum_{x|i}\sum_{y|j}[gcd(x,y)==1]$$

我们考虑把每个因子一一映射。

如果$i*j$的因子$k$中有一个因子$p^c$，$i$中有因子$p^a$，$j$中有因子$p^b$。我们规定：

• 如果 $c\le a$，那么在 $i$中选择。
• 如果 $c>a$，那么我们把$c$减去$a$，在$j$中选择$p^{c-a}$（在 $j$ 中选择 $p^e$ 表示的是 $p^{a+e}$）

对于 $i*j$的因子 $k$ 的其他因子同理。于是对于任何一个 $k$ 有一个唯一的映射，且每一个选择对应着唯一的 $k$。

通过如上过程，我们发现：对于 $i*j$ 的因子 $k=\prod {p_i}^{c_i}$，我们不可能同时在 $i$和 $j$中选择 $p^e$（优先在 $i$ 中选择，如果不够就只在 $j$ 中选择不够的指数），故 $x$ 和 $y$ 必须互质。

等式得证。----from Luogu Siyuan

一些经验:杜教筛递归时尽可能减少递归次数

杜教筛常用技巧

$$\mu*I=e\\ \mu*Id=\varphi\\ \varphi*I=Id\\ 上面是卷积\\ \sum_{i=1}^n i=\frac{n*(n+1)}{2}\\ \sum_{i=1}^n i^2=\frac{n*(n+1)*(2*n+1)}{6}\\ \sum_{i=1}^n i^3=(\sum_{i=1}^n i)^2=(\frac{n*(n+1)}{2})^2\\ $$

杜教筛套路:

$$S(n)=\sum_{i=1}f(i)\\ \sum_{i=1}^n(f*g)(i)= \sum_{i=1}^n\sum_{d|i}f(d)g(i/d)=\sum_{d=1}^ng(d)*\sum_{d|i}f(\frac{i}{d})=\sum_{d=1}^ng(d)*\sum_{i=1}^ \left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor f(i)\\ g(1)S(n)=\sum_{i=1}^n(f*g)(i)-\sum_{i=2}g(i)S(\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor )这个式子就是常用的了$$

遇到过的一个模型:

$$f(i)=\varphi(i)i^2,我们令g(i)=i^2\\ \sum_{i=1}^n(f*g)(i)=\sum_{i=1}^n\sum_{d|i}\varphi(d)*d^2*(\frac{i}{d})^2=\sum_{i=1}^ni^2*\sum_{d|i}\varphi(d)=\sum_{i=1}^ni^3\\ g(1)S(n)=\sum_{i=1}(g*f)(i)-\sum_{i=2}g(i)S(\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor)\\ f(i)=\varphi(i)i同理,令g(i)=i\\ (f*g)(i)=i^2$$

结论补充:

$$\sum_{i=1}^n[gcd(i,n)==1]i=\frac{\varphi(n)*n+[n==1]}{2}\\ 证明:当n\ge2时,若gcd(i,n)==1则有gcd(n-i,n)==1,而与n互质的数有\varphi(n)项,\\那就是一个首项加末项*项数/2\\记得特判n=1$$

由莫比乌斯函数前缀和性质:

$$\sum_{i=1}^n\sum_{d|i}\mu(d)=1\\ \sum_{i=1}^n\mu(d)\lfloor \frac{n}{d} \rfloor=1\\ $$

关于求逆元:如果有$n$个已知的待求逆元的数,可以用类似求阶乘的方法预处理出每个数的逆元 $O(n)$

3、inplace_merge函数

包含在 $algorithm$ 头文件

一个数组$a$,假设存在分界点$mid$,保证$mid$两端排序方式相同

使用:inplace_merge$(a+L,a+mid,a+R,cmp)$

$cmp$没有默认按值升序，

操作区间:$[a+L,a+mid),[a+mid,a+R)$,左开右闭

inplace_merge,在分配缓存成功时,时间复杂度$O(M+N)$,空间复杂度看分配的缓存,即可能为$O(M)$,$O(N)$或$O(M+N)$,否则,时间复杂度为$O(Nlog(N))$,空间复杂度为$O(1)$

保证合并的两个部分的原有元素顺序不

4、二项式定理

$$\binom{n}{m}=\frac{n!}{m!*(n-m)!}\\ F(n)=\sum_{i=0}^n \binom{n}{i}G(i)\\ 反演:G(n)=\sum_{i=0}^n (-1)^{n-i} \binom{n}{i}F(i)\\ F(n)=\sum_{i=k}^n \binom{i}{k}G(i)\\ 反演:G(n)=\sum_{i=k}^n (-1)^{i-k} \binom{i}{k}F(i)$$

来看一些二阶(?)的情况

$$f(n,m)=\sum_{i=0}^n\sum_{j=0}^m\binom{n}{i}\binom{m}{j}g(i,j)\\ g(n,m)=\sum_{i=0}^n\sum_{j=0}^m(-1)^{n-i+m-j}\binom{n}{i}\binom{m}{j}f(i,j)\\ ----分割线----\\ f(i,j)=\sum_{x=i}^n\sum_{y=j}^m\binom{x}{i}\binom{y}{j}g(x,y)\\ g(i,j)=\sum_{x=i}^n\sum_{y=j}^m(-1)^{x-i+y-j}\binom{x}{i}\binom{y}{j}f(x,y)$$

5、常见的定义

完全祖先/后代:不包括自身的祖先/后代

6、一堆结论

在一个半径为$R$的圆内等概率走,欧几里得距离的平方的期望是$\frac{R^2}{2}$

$$S=\sum_{i=1}^ni*[gcd(i,n)=1]\\ S+S=\sum_{i=1}^ni*[gcd(i,n)==1]+\sum_{i=1}^n(n-i)*[gcd(n-i,n)==1]=n*\varphi(n)\\ S=(n*\varphi(n)+[n=1])/2$$

欧拉函数$\sqrt{n}$时间内利用积性函数性质求,$\varphi(p^k)=p^k-p^{k-1}$,还可以提前筛出质因子加速51nod1363

可以用来化式子 $\lfloor \frac{x}{2} \rfloor+\lceil \frac{x}{2} \rceil=x$

定义一个新函数$msf(n)=max_{d^2|n}\ d$,即$n$的最大平方因子,容易想到有:

$$\mu(n)^2=[msf(n)==1]=\sum_{d|msf(i)}\mu(d)\\ d|msf(i)等价于d^2|i\\ 如果外面还有其他项,就可以通过变换推式子了 \ \ \ \ loj6181讨论区$$

一个超大质数($hash$防冲突?)

$$10000000000000061=1e16+61$$

欧拉回路注意起点的循环同构现象

7、不太常用的latex公式

$\rightarrow$

$\cdot$

$\in$

$\mathbb{N}$

$\pm$

$\ne$

$\infty$

$\sqrt[3]{6}$

$\Leftrightarrow$

${}_1^2\!X$左部上下标

屏幕放大或缩小ctrl+shift+ 上面一排那个数字后面的+ - 号

8、决策单调性优化:四边形不等式

称一个二维序列$f$满足四边形不等式,当且仅当:$\forall a<b\le c<d,a,b,c,d\in \mathbb {N}^+,f_{a,d}+f_{b,c} \ge f_{a,c}+f_{b,d}$

推导:

$\forall a<b,a,b\in \mathbb{N}^+,f_{a,b+1}+f_{a+1,b}\ge f_{a,b}+f_{a+1,b+1}$

$f_{a,b+1}-f_{a,b}\ge f_{a+1,b+1}-f_{a+1,b}$

$f_{a,b+1}-f_{a,b}\ge f_{a+i,b+1}-f_{a+i,b}$

最后有这个结论:$f_{a,b+j}-f_{a,b}\ge f_{a+i,b+j}-f_{a+i,b}$

9、斐波拉契数列(我的弱项)

广义(?)斐波拉契数列:

$$5,-3,2,-1,1,|0,1,1,2,3,5\\ 对于i<0\ \ \ f_i=-1^{i+1}f_{-i}$$

斐波拉契数列

$$F_0=0,F_1=1\\ F_n=F_kF_{n-k+1}+F_{k-1}F_{n-k}\\ F_n=F_2F_{n-1}+F_1F_{n-2}=F_{n-1}+F_{n-2}\\ F_{k-1}^2+F_{k-1}F_{k}-F_k^2=(-1)^k$$

矩阵乘法:矩阵乘法只满足结合律,不满足交换律

$$初始矩阵\\ \begin{vmatrix} 1&1\\ 1&0 \end{vmatrix}\\ 单位矩阵\\ \begin{vmatrix} 1&0\\ 0&1 \end{vmatrix}\\ 初始矩阵可以看作\\ \begin{vmatrix} f_2&f_1\\ f_1&f_0 \end{vmatrix}\\ 初始矩阵的n次方\\ \begin{vmatrix} f_{n+1}&f_n\\ f_n&f_{n-1} \end{vmatrix}$$

要背的结论:在$mod\text{ }1e9+9$的意义下,$\sqrt{5}$的二次剩余是383008016

斐波拉契数列的生成函数$F(x)=\frac{x}{1-x-x^2}$

卡特兰数的生成函数$H(x)=\frac{1- \sqrt {1-4x} }{2x},H(0)=1$

牛顿二项式定理:

$$\binom{n}{k}=\frac{r^\underline{k}}{k!}\\ r\in C(复数域),k\in N\\ (1+x)^\alpha=\sum_{n>=0}\binom{\alpha}{n}x^n$$

普通生成函数(OGF)

$$对于a_n=<1,2,3,4...>\\F(x)=\sum_{n\ge0}(n+1)x^n=\sum_{n\ge1}nx^{n-1}=\sum_{n\ge0}(x^n)'=(\frac{1}{1-x})'=\frac{1}{(1-x)^2}\\ 对于a_n=\binom{m+n}{n}\\F(x)=\sum_{n\ge0}\binom{n+m}{n}x^n=\frac{1}{(1-x)^{m+1}}\\ 对于a_n=<1,0,1,0,1,...>\\ F(x)=\sum_{n\ge0}x^{2n}=\frac{1}{1-x^2}\\ 同理a_n=<0,1,0,1,0...>\\ F(x)=\sum_{n\ge0}x^{2n+1}=\frac{x}{1-x^2}$$

指数生成函数(EGF)

$$F(x)G(x)=\sum_{i\ge0}a_i\frac{x^i}{i!}\sum_{j\ge0}b_j\frac{x^j}{j!}\\=\sum_{n\ge0}x^n\sum_{i=0}^na_ib_{n-i}\frac{1}{i!(n-i)!}\\=\sum_{n\ge0}\frac{x^n}{n!}\sum_{i=0}^n\binom{n}{i}a_ib_{n-i} \\ \sum_{n\ge0}\frac{x^n}{n!}=e^x \\ \sum_{n\ge0}\frac{a^nx^n}{n!}=e^{ax}(整体代换理解)$$

长度为$n$的排列数的EGF

$$F(x)=\sum_{n\ge0}\frac{n!x^n}{n!}=\sum_{n\ge0}x^n=\frac{1}{1-x}$$

$n$个数的圆排列的EGF(第一类斯特林数——列)

$$G(x)=\sum_{n\ge1}\frac{(n-1)!x^n}{n!}=\sum_{n\ge1}\frac{x^n}{n}=-ln(1-x)=ln(\frac{1}{1-x})$$

容易发现$exp(G(x))=F(x)$,可以理解成一个排列的数$i$向$realpos_i$连边,形成若干个置换环

错排数,不存在在长度为1的置换环

$$\sum_{n\ge2}\frac{x^n}n=-ln(1-x)-x\\ Ans(x)=exp(-ln(1-x)-x)$$

get新姿势:51nod1728,一个不可重集大小为$s$,构造映射函数$f(i)=j$,一组递归函数可解当且仅当在有限次操作后存在$f(f(f(...f(x)...))=x',f(x')=x'$可解的递归函数恰好有$(s+1)^{s-1}$种

不动点

$$<Empty \space Math \space Block>$$

10、斯特林数总结(我的弱项)

上升幂

$$x^\overline{n}=x*(x+1)*(x+2)...*(x+n-1)=\frac{(x+n-1)!}{(x-1)!}$$

下降幂

$$x^\underline{n}=x*(x-1)*(x-2)...*(x-n+1)=\frac{x!}{(x-n)!}$$

上升幂下降幂的转换

$$x^\underline{n}=(-1)^n(-x)^\overline{n}\\x^\overline{n}=(-1)^n(-x)^\underline{n}\\ $$

第一类斯特林数$S1(n,k)$表示的是将$n$个不同元素构成$k$个圆排列的数目,

其中一个应用:划分数字后每个划分取最值(圆排列)的排列数

$$\begin{bmatrix}n\\k\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}n-1\\k-1\end{bmatrix}+(n-1)*\begin{bmatrix}n-1\\k\end{bmatrix}$$

第二类斯特林数$S2(n,k)$表示的是把$n$个不同元素划分到$k$个集合的方案数(组合数)

$$\begin{Bmatrix}n\\k\end{Bmatrix}=\begin{Bmatrix}n-1\\k-1\end{Bmatrix}+k*\begin{Bmatrix}n-1\\k\end{Bmatrix}$$

第二类斯特林数的应用:组合数意义(超重要)

$$n^m=\sum_{k=0}^m\begin{Bmatrix}m\\k\end{Bmatrix}\binom{n}{k}k!$$

$m$个数$\in[1,n]$,有$n^m$种方案,枚举有$k$个不等价类各有多少方案

二项式反演一下

$$k!\begin{Bmatrix}m\\k\end{Bmatrix}=\sum_{i=0}^k(-1)^{k-i}\binom{k}{i}i^m$$

推式子可以用到的结论:
求杨辉三角一列的和

$$\sum_{i=L}^R\binom{i}{L}=\binom{R+1}{L+1}$$

$$\prod_{i=1}^m(1-ix)=reverse(\prod_{i=1}^m(x-i))$$

快速求第二类斯特林数——行

$$\begin{Bmatrix}m\\k\end{Bmatrix}=\frac{1}{k!}\sum_{i=0}^k(-1)^{k-i}\frac{k!}{i!(k-i)!}i^m\\=\sum_{i=0}^k\frac{(-1)^{k-i}}{(k-i)!}\frac{i^m}{i!}$$

第二类斯特林数——列(EGF)

$$k!\sum_{i=0}^{\infty}\frac{x^i}{i!}=(e^x-1)^k$$

关于第二类斯特林数——列(EGF)提供,另一种分治写法

$$H(n)=\sum_i\begin{Bmatrix}i\\n\end{Bmatrix}x^i=\sum_i(n\begin{Bmatrix}i-1\\n\end{Bmatrix}+\begin{Bmatrix}i-1\\n-1\end{Bmatrix})x^i\\=n\sum_i\begin{Bmatrix}i-1\\n\end{Bmatrix}x^i+\sum_i\begin{Bmatrix}i-1\\n-1\end{Bmatrix}x^i \\H(n)=nxH(n)+xH(n-1) \\H(n)=\frac{x}{1-nx}H(n-1)\\ H(n)=\frac{x^n}{\prod_i 1-ix} \\H(0)=1$$

斯特林数与阶乘之间的关系

通常幂转下降幂(第二类斯特林数)

$$n^m=\sum_{k=0}^m\begin{Bmatrix}m\\k\end{Bmatrix}\binom{n}{k}k!\\=\sum_{k=0}^m\begin{Bmatrix}m\\k\end{Bmatrix}n^\underline{k}$$

上升幂转第一类斯特林数

$$x^\overline{n}=\sum_{k}^n\begin{bmatrix}n\\k\end{bmatrix}x^k$$

第一类斯特林数——行(倍增)

$$\\O(2nlogn) \\由上升幂转通常幂可知,我们要求x^\overline{n} \\考虑x^\overline{2n}=x^\overline{n} (x+n)^\overline{n} \\如果知道f(x)可以推出f(x+k),然后二项式定理拆开这个OGF发现可以ntt优化$$

第一类斯特林数——列

先提供一种分治$O(nlog^2n)$做法

套路:$1$个第一类斯特林数的母函数是$f$,则$k$个的母函数是$f^k$

设单个圆排列的$EGF$是$f=\sum{(i-1)!\frac{x^i}{i!}}=\sum{\frac{x^i}{i}}$,对这个倍增做$log(k)$次长度位$n$的$ntt$就可以了

补个最后操作的式子 $\frac{n!}{k!}\prod_{\sum{a_i}=n}\frac{(a_i-1)!}{a_i!}$

补个坏消息,被卡了.其他写法先鸽这吧

斯特林反演

$$f(n)=\sum_{k=0}^n\begin{Bmatrix}n\\k\end{Bmatrix}g(k)\Leftrightarrow g(n)=\sum_{k=0}^n (-1)^{n-k} \begin{bmatrix}n\\k\end{bmatrix}f(k)$$

互逆操作

$$\sum_{k=m}^n(-1)^{n-k}\begin{bmatrix}n\\k\end{bmatrix}\begin{Bmatrix}k\\m\end{Bmatrix}=[n==m]\\\sum_{k=m}^n(-1)^{n-k}\begin{Bmatrix}n\\k\end{Bmatrix}\begin{bmatrix}k\\m\end{bmatrix}=[n==m]$$

下降幂推导,证明考虑$j^i$整体下移

$$(j-1)^\underline{i-1}=\frac{j^\underline{i}-(j-1)^\underline{i}}{i}$$

11、多项式推式子用

$$由泰勒展开:\\ e^x=\sum_{i=0}^{\infty}\frac{x^i}{i!}\\ [x^k]表示多项式中x^k这一项的系数\\ \sum_{v=0}^n v^k=\sum_{v=0}^n[x^k]e^{vx},这里可以等比数列求和\\ $$

$$ln(\frac{1}{1-(ax)^v})=\sum_{j=1}^\infty\frac{1}{j}(ax)^{vj} \\先求导再积分的结果$$

麦克劳林级数

$$\sum_{i=0}^\infty \frac{x^i}{i!}=e^x$$

定和取模中学到的技巧 gym102586e Count Modulo 2

$$对于多项式f(x)和质数p:f^p(x)\equiv f(x^p)\text{ } (mod \text{ }p)\\展开归纳可得\\ 类似还有f^{p^k}(x)\equiv f(x^{p^k}) \text{ } (mod \text{ }p)$$

$$\sum_{i=0}x^i=\frac{1}{1-x}中的x可以整体替换成替他值,例如ax,x+x^2$$

12、凸包

叉积:给定两个向量$\vec{a}=(x_1,y_1)$,$\vec{b}=(x_2,y_2)$,$\vec{a}\times \vec{b}=|\vec{a}|\times|\vec{b}|\times sin\theta=x_1y_2-x_2y_1$

凸包上应用:

$\vec{a}\times\vec{b}>0$等价于$\vec{b}$在$\vec{a}$的逆时针180度内

$\vec{a}\times\vec{b}<0$等价于$\vec{b}$在$\vec{a}$的顺时针180度内

$\vec{a}\times\vec{b}=0$等价于$\vec{b}$和$\vec{a}$共线(同向或反向)

叉积和三角形面积:

$S=\frac{1}{2}\vec{a}\times\vec{b}=\frac{1}{2}|\vec{a}|\times|\vec{b}|\times sin\theta=\frac{1}{2}(x_1y_2-x_2y_1)$

应用:解析几何和计算几何(计算凸包直径:旋转卡壳)

一般使用叉积建议把角度控制在180度内方便理解和处理

wqs二分:费用流是凸的.

13、高精度

含大数组的结构体(如高精)不要定义太多次,多写重载,调用${}^*this$

14、树的性质

直接在$n^{n-2}$种树($prufer$序列)里面随机树高是$O(\sqrt n)$,

如果用给$2$ ~ $n$依次在$1$ ~ $i-1$里随机一个父亲,则树高期望是$O(log(n))$,这种建法的方案数是$(n-1)!$

对于树(森林):连通块个数=点数-边数

最小生成树:平面图和其对应的对偶图的$MST$数量相等,因为每一个平面图的生成树可以映射到对偶图上。具体的:对偶图上夹着平面图生成树边的两个平面不能通过这条边相连.

树的直径性质:设树上一个点集的直径端点为$a,b$,另一点集的直径端点为$c,d$,则两个点集的并的直径端点必然是$a,b,c,d$其中两个

如果一棵子树里钦定某个点$i$做根,概率是$\frac{1}{sz_i}$,这个可以扩展到加权的情况,如果一个序列里要求一个数$i$在最前面出现,则有概率是$\frac{val_i}{\sum val}$

15、图

平面图性质:$m\le3n-6$(边数$\le$点数*3-6)

欧拉定理:

对于连通图:$V+F-E=2$(点数+面数-边数=2)

对于仙人掌(森林):连通块个数=点数-边数+环数

16、字符串

结论:一颗无根树上任意一条路径必定可以在以某个叶节点为根时,变成一条从上到下的路径(利于广义$\text{ SAM}$ 的使用)

17、计数问题

对于图上两点$(a,b),(c,d)$,如果是一般的往右和往上移动,方案数为

$$\binom{c-a+d-b}{c-a}$$

但如果是往$4$个方向移动$len$步,对坐标轴旋转45度,方案数则为

$$\binom{len}{\frac{1}{2}(len+c-a+d-b)}*\binom{len}{\frac{1}{2}(len+c-a+b-d)}$$

应该也可以组合数枚举$len$步内的其中三个方向操作的位置

18、 FWT（快速沃尔什变换）

思来想去决定背下来

首先要让数组长度是$2^n$,若$n=0$

$$FWT(A)=A$$

对于任意运算符号都有,同时都满足结合律和交换律

$$FWT(A+B)=FWT(A)+FWT(B)=\sum_{j=1}^{2^i}A_j+B_j\\ $$

按位或:

$$FWT(A)=FWT(A_0),FWT(A_0+A_1)\\ UFWT(A')=UFWT(A_0'),UFWT(A_1'-A_0')$$

$A_0,A_1$是$2^{i-1}$时的答案,操作时认为$A_0$是$2^i$的低位部分,$A_1$是$2^i$的高位部分,这里的操作可以看成把数组前后两部分顺序接起来

按位与:

$$FWT(A)=FWT(A_0+A_1),FWT(A_1)\\ UFWT(A')=UFWT(A_0'-A_1'),UFWT(A_1')$$

亦或:

$$FWT(A)=FWT(A_0+A_1),FWT(A_0-A_1)\\ UFWT(A')=\frac{UFWT(A_0'+A_1')}{2},\frac{UFWT(A_0'-A_1')}{2}$$

同或:(字面意思)

$$FWT(A)=FWT(A_1-A_0),FWT(A_1+A_0)\\ UFWT(A‘)=\frac{UFWT(A_1'-A_0')}{2},\frac{UFWT(A_1'+A_0')}{2}$$

19、建图小技巧

遇到奇怪的建图方法可以考虑借鉴分层图,运用一种电梯升降的写法把边权间的关系表现出来,具体来说要在电梯的每一层提供足够的可行转移,提供一层转入,一层转出,可能再有一层中转.

另外还有笛卡尔树,K-D tree,线段树,主席树优化建图,用于处理一些特殊的问题

20、树状数组维护等差数列(痛点)

没事，暂时可以用线段树维护,记住我的维护方法首项是0,区间覆盖时要手算一下

21、扩展欧拉定理

一般的欧拉定理 对于质数$p$,有$a^{\varphi(p)}\equiv 1(mod\text{ }p)$

扩展欧拉定理,考虑对任意正整数$p$取模,$a$是任意整数

如果$gcd(a,p)=1$,有$a^x\equiv a^{x\text{ }mod\text{ }\varphi(p)}$

如果$gcd(a,p)\ne1$,有$a^x\equiv a^{x\text{ }mod\text{ }\varphi(p)+\varphi(p)}$,

可以简写成$a^x\equiv a^{x\text{ }mod\text{ }\varphi(p)+\varphi(p)}\text{ }(mod\text{ }p)$,上式成立前提是$x>=\varphi(p)$

22、好用的编译命令

g++配置:windows中输入“系统变量”——>“环境变量”——>“Path”(”Stu的用户变量“,也可以带上“系统变量”)——>“新建”——>C:\Program Files (x86)\Dev-Cpp\MinGW64\bin 复制这段

一些编译命令:

g++ -v(这是一个返回参数,一般题目会给)

fc 文件比较(一般对拍用)

cd 跳转到某个目录(如 cd C:\Program Files (x86)\Dev-Cpp\MinGW64\bin )

cd.. 跳到上一个目录

鼠标右键可以粘贴

对拍时直接调用exe文件,如果对拍结果闪掉(窗口出结果后直接关)可以考虑在交互库加上.out的文件输出

23、矩阵树定理

矩阵树定理求的是:

$$\sum_{T}\prod_{e\in T}w_e$$

变元矩阵树定理:
把度数矩阵设成与$i$相连的边的权值
把邻接矩阵设成边权负值

24、奇知增

devc++里的英文输入法要用"半角"

25、最小割树

先记结论:类似于分治,在当前点集种选择任意两个点作为源点、汇点，跑最小割G

两个点之间连树边，边权为G

把当前点集中和$S$连通的放进一个集合,和$T$连通的放进一个集合,分治下去

注意：每次跑最小是在全局跑,有$n-1$次最小割($n-1$跳边)

建出树之后,任意两点的最小割,就是两点树上路径的边权最小值