数学虐哭空巢老人记
数学虐哭空巢老人记
总结梳理：
学习过的东西
- 基础数论（gcd、exgcd、lucas、exlucas、bsgs、exbsgs）
- 一些数字（卡塔兰数、组合数、第一类斯特林数、第二类斯特林数、贝尔数、斐波那契数列）
- 多项式运算及生成函数（FFT、NTT、MTT、FWT）
- 一些筛法（埃氏筛法、杜教筛、Min_25筛）
- 一些反演（莫比乌斯反演、二项式反演、单位根反演、斯特林反演、(k)Min_max容斥）
- 其他（矩阵树定理、prufer序列）
还没有学到的东西
- 类欧几里得算法
- Burnside/Polya定理
- 快速莫比乌斯变换（FMT）
- 线性规划
- 常系数齐次递推（BM）
- 多项式多点求值
- 多项式插值
我不管我先搬之前写的东西：
多项式Review（yyb）
注意点&Trick
1.长度问题
两个最高次项分别为n和m的多项式相乘，长度应该为>n+m的最小的2的幂\(l\)，乘出来只会在\([0,l)\)内有值
2.构造问题
如何构造多项式？
记住一点：把对应关系画出来，找到规律再卷积！
-
字符串匹配
一类\(i=j\)型相乘，直接reverse其中一个即可
-
组合数类型
\(\sum_{i=1}^{n}RC(i,k)=\frac{1}{n!}\sum_{i=1}^{k}\frac{R_1i!}{R_2(i-k)!}\)
构造\(A[i]=R_1i!,B[i]=\frac{1}{R_2(n-i)!}\)
那么卷积起来后\(C[n+k]=\sum_{i=1}^{n}A[i]*B[n+k-i]=\sum_{i=1}^{n}\frac{R_1i!}{R_2(i-k)!}\)
题目
-
数集S中选择一个可重排列使得排列内的数字乘积和%M=x的排列个数 由于M是质数，存在原根，所以将乘法变成原根的加法，具体来说，用$a_1g^1+a_2g^2+...+a_ng^n$表示选择各个数字的方案数，合并的话卷积就好了，用二进制快速幂实现 -
pre：两个长度为n的字符串，每次可以花费1的代价，指定两个字母，把其中一个全部变为另一个，求使两个字符串相同的最小花费 sol：相同位置如果字母不同则用并查集并起来，合并次数即为答案 pro：字符集为6，问S的每个子串和T做上述问题的答案 sol：把T给reverse，做6*6次FFT，若A[|T|+i]上有值则说明这两个字母在i位置上需要并查集合起来，然后依次判断每个位置上的并查集个数即可 -
字符集为2的字符串求其一个子序列使得在原串上不全连续且关于某处对称 对于两个字符分别考虑，对S做卷积之后i位置上的值为k则表示有k/2对字符关于i/2位置对称，加上$2^k-1$的贡献，之后减去完全连续的，用Manacher计算即可 -
双倍经验，两串有通配符，求从某位置开始是否能进行模糊匹配 把26个字母转为数字，通配符为0，检查$F(x)=\sum_{i=1}^{|T|}(S[x+i-1]-T[i])^2S[x+i-1]T[i]$是否为0即可 -
模糊匹配，字符集${A,C,T,G}$，两串相同字符距离不超过k即可算作匹配上，求模式串在文本串中出现的次数 做4次，若S串的i位置为1，把$i-k$到$i+k$都设为1，FFT后某位置累计匹配字符个数为$|T|$即符合条件 -
两个换，其中一个可以旋转，求$\sum_{i=1}^{n}(x_i-y_i)^2$的最小值 拆了之后就是卷积最小值，那么只需要A串倍长，B串翻转，卷积后求结果序列的最小值即可 -
式子拆开后两遍FFT即可 -
对于k=1->n，求包含树上任意k个点的点集的联通块大小之和 考虑每一个点的贡献（期望的线性性），就是以其为根、自己选或至少两个子树选的方案数 容斥一下成为$C(n,k)-C(siz[son],k)$，只出现在一个子树内的情况不合法 求和之后套入组合数NTT即可 -
有两种通配符，一种匹配一个，一种匹配任意多个，求两串是否能够匹配，通配符个数不超过10 动态规划解决，状态为匹配上i个通配符，匹配到第j个位置是否可行，转移用哈希判断 多项式并不能解决此题 -
给定$g(x)$求解$f(x)=\sum_{i=1}^xf(x-i)g(i)$ 很像卷积，但是前面的对后面有影响，考虑CDQ。 分治到$(L,R)$，则$f(L,mid)*g(0,R-L)$的第$k$项对$f(k-mid)$有贡献（画两排点去推一下） ```cpp void CDQ_FFT(int *a,int *b,int L,int R) { if(L==R) return; int mid=(L+R)>>1,len=R-L+1,tt=0; CDQ_FFT(a,b,L,mid); for(l=1;l<=len*2;l<<=1) tt++;tt--; for(int i=0;i<l;i++) r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)<<tt); for(int i=0;i<l;i++) A[i]=B[i]=0; for(int i=L;i<=mid;i++) A[i-L]=a[i]; for(int i=0;i<=R-L;i++) B[i]=b[i]; NTT(A,1);NTT(B,1); for(int i=0;i<l;i++) A[i]=1ll*A[i]*B[i]%mod; NTT(A,-1); for(int i=mid+1;i<=R;i++) (a[i]+=A[i-L])%=mod; CDQ_FFT(a,b,mid+1,R); } ``` -
求n个物品中选走1或2或3个的价值和以及方案数 构造生成函数$A(x)=\sum cnt_ix^i$，表示价值为i的物品有$cnt_i$个 令$B(x)=\sum cnt_i^2x^{2i}$，$C(x)=\sum cnt_i^3x^{3i}$，分别表示同一种物品选了多次需要减去的生成函数 则选一个：$A(x)$。选两个：$\frac{A^2(x)-B(x)}{2}$。选三个：$\frac{A^3(x)-3*A(x)B(x)+2*C(x)}{6}$。相加即可 -
在给定数集中选择若干个点作为二叉树的权值，要求权值和为n，求不同二叉树个数 设$G(x)=\sum a_ix^i$，表示权值和为i的二叉树有$a_i$种情况 设$F(x)=\sum b_ix^i$，表示点权i是否在数集中出现过 考虑二叉树的生成方式可得：$F(x)G^2(x)+1=G(x)$，表示新增一个点，左右儿子方案数为$G^2(x)$，还有空树的方案数。接下来套用多项式开放&求逆，把不能开方的解舍掉即可 -
一个人带n种物品的方案数，要求n种物品只能带$w_i$的倍数个或者一些奇怪的限制条件 裸生成函数，用初一的因式分解化简后得到$\frac{x}{(1-x)^4}$ 考虑其组合意义，$\frac{x}{(1-x)^4}=x(1+x^2+x^3+...+x^\inf)^4$，表示把$n-1$划分成$4$个自然数的方案数 即$n$个空位插$3$个隔板的可重组合$C({n+3-1},3)=C(n+2,3)$
多项式运算（for instant access）
运用牛顿迭代（泰勒展开式）可得
其中\(F(B(x))\)表示一个需要值为0的函数，如求逆时构造\(F(x)=A(x)B(x)-1\)，注意求导不是复合函数求导，而是把\(B(x)\)当自变量，对\(F(x)\)求导
求导
求积分
求逆
开方
求ln
除法
\(F(x)=A(x)G(x)+B(x)\)，\(F(x)\)最高项为n，\(G(x)\)最高项为m，则\(A(x)\)最高项为n-m，\(B(x)\)为m-1
\(F^R(x)=A^R(x)G^R(x)+x^{n-m+1}B(x),A^R(x)=\frac{F^R(x)}{G^R(x)}(mod\ x^{n-m})\)，回代求解B(x)
求exp的模板代码（包含除开方/除法的所有操作）
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
using namespace std;
const int mod=998244353,N=4e5+10;
int n,r[N],l,tt,inv[N],A[N],B[N],C[N],D[N];
int E[N],F[N],G[N],H[N],I[N],w[N];
int ksm(int x,int k)
{
int s=1;for(;k;k>>=1,x=1ll*x*x%mod)
if(k&1) s=1ll*s*x%mod;return s;
}
void NTT(int *P,int op,int l)
{
int tt=0;for(int w=1;w<l;w<<=1) tt++;tt--;
for(int i=1;i<l;i++) r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)<<tt);
for(int i=1;i<l;i++) if(r[i]>i) swap(P[i],P[r[i]]);
for(int i=1;i<l;i<<=1)
{
int W=ksm(3,(mod-1)/(i<<1));
if(op<0) W=ksm(W,mod-2);w[0]=1;
for(int j=1;j<i;j++) w[j]=1ll*w[j-1]*W%mod;
for(int j=0,p=i<<1;j<l;j+=p)
for(int k=0;k<i;k++)
{
int X=P[j+k],Y=1ll*P[j+k+i]*w[k]%mod;
P[j+k]=(X+Y)%mod;P[j+k+i]=(mod+(X-Y)%mod)%mod;
}
}
if(op<0) for(int i=0,in=ksm(l,mod-2);i<l;i++) P[i]=1ll*in*P[i]%mod;
}
void GetInv(int *a,int *b,int len)
{
if(len==1) {b[0]=ksm(a[0],mod-2);return;}
GetInv(a,b,len>>1);
for(int i=0;i<len;i++) A[i]=a[i],B[i]=b[i];
NTT(A,1,len<<1),NTT(B,1,len<<1);
for(int i=0;i<len<<1;i++) A[i]=1ll*A[i]*B[i]%mod*B[i]%mod;
NTT(A,-1,len<<1);
for(int i=0;i<len;i++) b[i]=(2ll*b[i]%mod-A[i]%mod+mod)%mod;
for(int i=0;i<len<<1;i++) A[i]=B[i]=0;
}
void GetDao(int *a,int *b,int len)
{
b[len-1]=0;
for(int i=0;i<len-1;i++)
b[i]=1ll*a[i+1]*(i+1)%mod;
}
void GetJifen(int *a,int *b,int len)
{
b[0]=0;
for(int i=1;i<len;i++)
b[i]=1ll*a[i-1]*inv[i]%mod;
}
void Getln(int *a,int *b,int len)
{
GetDao(a,C,len);
GetInv(a,D,len);
NTT(C,1,len<<1);NTT(D,1,len<<1);
for(int i=0;i<len<<1;i++) C[i]=1ll*C[i]*D[i]%mod;
NTT(C,-1,len<<1);
GetJifen(C,b,len);
for(int i=0;i<len<<1;i++) C[i]=D[i]=0;
}
void Getexp(int *a,int *b,int len)
{
if(len==1) {b[0]=1;return;}
Getexp(a,b,len>>1);
Getln(b,G,len);
for(int i=0;i<len;i++) E[i]=b[i],F[i]=(mod-G[i]+a[i])%mod;(F[0]+=1)%=mod;
NTT(E,1,len<<1),NTT(F,1,len<<1);
for(int i=0;i<len<<1;i++) E[i]=1ll*E[i]*F[i]%mod;
NTT(E,-1,len<<1);
for(int i=0;i<len;i++) b[i]=E[i];
for(int i=0;i<len<<1;i++) E[i]=F[i]=G[i]=0;
}
int main()
{
cin>>n;n--;
for(int i=0;i<=n;i++) cin>>H[i],H[i]%=mod;
for(l=1;l<=n;l<<=1);
inv[0]=inv[1]=1;
for(int i=2;i<=l;i++) inv[i]=(mod-1ll*mod/i*inv[mod%i]%mod)%mod;
Getexp(H,I,l);
for(int i=0;i<=n;i++) printf("%d ",I[i]);
return puts(""),0;
}
数论专题（gxy）
算法
杜教筛
zzq总结：https://www.cnblogs.com/zzqsblog/p/5461392.html
推荐博客：https://blog.csdn.net/skywalkert/article/details/50500009
yyb题单：http://www.cnblogs.com/cjyyb/category/1148840.html
扩展卢卡斯
Min_25筛
yyb总结：https://www.cnblogs.com/cjyyb/p/10169190.html
ycb总结：https://www.cnblogs.com/GuessYCB/p/10061411.html
各种筛
(ex)BSGS
就是两个板子，见博客：orzzzzsy
题目
组合数公式
1、\(C_{m+r+1}^r=\sum_{i=0}^{r}C_{m+i}^{i}\)
2、\(\sum_{i=0}^mC_m^i*x^i=(x+1)^m\)，推广到\(x=-1\)
3、\(\sum_{i=1}^nC_n^i*i=n*2^{n-1}\)
4、\(\sum_{i=1}^n{i\choose a}{n-i\choose b}={n+1\choose a+b+1}\)，范德蒙恒等式
卡塔兰数公式
定义第0项开始为：1,1,2,5,14,42,132,429......
1、定义式：\(C[n+1]=C[0]C[n]+C[1]C[n-1]+C[2]C[n-2]+...+C[n]C[0]\)
2、递推式：\(C[n+1]=\frac{C[n]*(4n-2)}{n+1}\)
3、组合式：\(C[n]=\frac{C(2n,n)}{n+1}=C(2n,n)-C(2n,n-1)\)
斯特林数公式
第一类斯特林数
\(s[i][j]\)表示把\(i\)个不同的球构成\(j\)个圆排列的方案数
1、递推式：\(s[i][j]=s[i-1][j-1]+(i-1)*s[i-1][j]\)
2、性质式：\(\sum_{i=0}^ns[n][i]=n!\)
第二类斯特林数
\(S[i][j]\)表示把\(i\)个不同的球放进\(k\)个相同盒子里的方案数
1、递推式：\(S[i][j]=S[i-1][j-1]+j*S[i-1][j]\)
2、NTT式：\(S[n][k]=\frac{1}{k!}\sum_{i=0}^k(-1)^iC(k,i)(k-i)^n\)
3、幂次式：\(x^k=\sum_{i=1}^xS(k,i)C(x,i)i!=\sum_{i=1}^kS(k,i)C(x,i)i!\)
理解：\(x^k\)表示把\(k\)个有区别的球放入\(x\)个不同的盒子里，允许空盒的方案数
可以表示成把\(k\)个球分到\(i\)个盒子，没有空盒的方案数，\(i!\)强行给盒子搞个差别
循环上界都可以，因为一旦大于了其中一个式子就等于0了
贝尔数
\(B[i]\)表示\(n\)的集合划分数
1、递推式：\(B[n+1]=\sum_{i=0}^nC(n,i)B[i]\)
2、取模式：\(B[n+p]\equiv B[n]+B[n+1]\ (mod\ p)\)
3、定义式：\(B[n]=\sum_{i=1}^nS[n][i]\)
斐波那契数列
定义自第1项起为1,1,2,3,5,8,13,21.....
1、通项公式：\(F[n]=\frac{\sqrt 5}{5}[(\frac{1+\sqrt 5}{2})^n-(\frac{1-\sqrt 5}{2})^n]\)
2、前缀和公式：\(\sum_{i=1}^nF[i]=F[n+2]-1\)
3、前缀平方和公式：\(\sum_{i=1}^nF[i]^2=F[n]*F[n+1]\)
4、前缀和公式变形：\(\sum_{i=1}^ni*F[i]=n*F[n+2]-F[n+3]+2\)
5、前缀奇数项和公式：\(\sum_{i=1}^nF[2i-1]=F[2n]-F[2]+F[1]\)
6、前缀偶数项和公式：\(\sum_{i=1}^nF[2i]=F[2n+1]-F[1]\)
空巢专题（fdf）
矩阵树定理
Min_max容斥
二项式反演
单位根反演
斯特林反演
一些重要的反演式子
-
\[\sum_{i=0}^n {n\choose i}(-1)^i=[n==0] \]
唉我太菜了儿子们回来后这些东西都忘光了
