【4.13 提高班小记】单位根&&杂题

单位根

举例来说，我们想计算下面这个式子的值：

∑i(n2i) ∑ i ( n 2 i )

那么，我们构造二项式：

(1+x)n=∑i≥0(ni)xi ( 1 + x ) n = ∑ i ≥ 0 ( n i ) x i

带入 x=1 x = 1 和 x=−1 x = − 1 ，我们得到：

2n=∑i≥0(ni)(1−1)n=∑i≥0(−1)i(ni) 2 n = ∑ i ≥ 0 ( n i ) ( 1 − 1 ) n = ∑ i ≥ 0 ( − 1 ) i ( n i )

把这两个式子加起来：

2n=2∑i≥0(n2i) 2 n = 2 ∑ i ≥ 0 ( n 2 i )

由此可以得到：

∑i(n2i)=2n−1 ∑ i ( n 2 i ) = 2 n − 1

那么，一个类似的问题就是，如果想计算：

∑i(n3i) ∑ i ( n 3 i )

应该怎么办呢？

在实数域上，你找不到一个和 +/- 1 有一样好的性质的数来帮你反演。

单位根

xn−1=0 x n − 1 = 0 的解 w w 称为一个 n n 次单位根。

对于一个单位根 w w ，如果 n n 是使得 wn−1=0 w n − 1 = 0 成立的最小正整数，那么 w w 称为一个 n n 次本原单位根。

Remarks：如果在复平面上看，单位根均匀地分布在单位圆上，设第一象限第一个单位根为 w w ，那么其他的单位根都可以写为 wi w i 的形式。如果 (i,n)=d ( i , n ) = d ，那么 wi(n/d)=wn=1 w i ( n / d ) = w n = 1 ，而 n/d n / d 是比 n n 更小的一个正整数，所以 wi w i 不是n次本原单位根。

性质：

∀k,1n∑i=0n−1wki=[n|k] ∀ k , 1 n ∑ i = 0 n − 1 w k i = [ n | k ]

证明：

如果 n|k n | k ，那么是 n n 个 1 加起来。

否则它是等比数列求和，值为：

1nwnk−w0wk−1=0 1 n w n k − w 0 w k − 1 = 0

Remarks：当 n 是偶数的时候，这是 wi w i 和 wi+n/2 w i + n / 2 相互消掉的过程。

回到上一个话题，想计算：

∑i≥0(n3i) ∑ i ≥ 0 ( n 3 i )

那么，令 w w 为一个 3 次本原多项式，构造多项式：

f(x)=(1+x)n f ( x ) = ( 1 + x ) n

f(w)=∑i≥0(ni)wif(w2)=∑i≥0(ni)w2if(1)=∑i≥0(ni)w3i f ( w ) = ∑ i ≥ 0 ( n i ) w i f ( w 2 ) = ∑ i ≥ 0 ( n i ) w 2 i f ( 1 ) = ∑ i ≥ 0 ( n i ) w 3 i

考虑 f(1)+f(w)+f(w2) f ( 1 ) + f ( w ) + f ( w 2 ) ，我们发现，对于 (ni) ( n i ) 来说，它的系数是：

wi+w2i+w3i=3×[3|i] w i + w 2 i + w 3 i = 3 × [ 3 | i ]

所以， 13(f(1)+f(w)+f(w2))=ans 1 3 ( f ( 1 ) + f ( w ) + f ( w 2 ) ) = a n s .

大家应该注意到，这个算法扩展性很强：

任给一个生成函数 f(x) f ( x ) ，你想知道它的所有 k 倍数次项系数之和，可以转化为代入 k 个单位根，求平均值。

eg1 （bzoj 3328）

∑i≥0(nik)fibik ∑ i ≥ 0 ( n i k ) f i b i k

n 比较大，k 是几千左右，模数 P 下存在 k 次单位根。

单位根的求法：求出 P 的一个原根 g，g 可以认为是一个 P-1 次本原单位根， g(P−1)/k g ( P − 1 ) / k 就是 k k 次本原单位根。

Sol

设 Fib 数的转移矩阵为 M M ，构造 (I+M)n ( I + M ) n ，其中 Mj M j 的系数恰好为 (nj)Mj ( n j ) M j ，（因为 I 和任意矩阵可交换，所以二项式定理适用）。把 Mj M j 中的左上角元素取出来就是 fibj f i b j .为了只算 k 倍数，令 f(x)=(I+xM)n f ( x ) = ( I + x M ) n ，然后带入单位根求值即可。

#include
#include
using namespace std;
struct Ma{
    long long a[5][5];
};
int T,k,p,prime[10000],cnt;
long long n;
Ma x(Ma a,Ma b)
{
    Ma ans;
    for(int i=1;i<=2;i++)
        for(int j=1;j<=2;j++)
        {
            ans.a[i][j]=0;
            for(int k=1;k<=2;k++)
                ans.a[i][j]=(ans.a[i][j]+a.a[i][k]*b.a[k][j])%p;
        }
    return ans;
}
Ma M_Pow(Ma a,long long b)
{
    Ma ans=a,base=a;
    b--;
    while(b)
    {
        if(b&1) ans=x(ans,base);
        base=x(base,base);
        b>>=1;
    }
    return ans;
}
long long Pow(int a,int b)
{
    long long ans=1,base=a%p;
    while(b)
    {
        if(b&1) ans=ans*base%p;
        b>>=1;
        base=base*base%p;
    }
    return ans;
}
bool check(int g)
{
    for(int i=1;i<=cnt;i++)
        if(Pow(g,(p-1)/prime[i])==1) return false;
    return true;
}
int get_root(int p,int phi)
{
    for(int i=2;i<=phi;i++)
    {
        if(phi%i==0)
        {
            prime[++cnt]=i,phi/=i;
            while(phi%i==0) phi/=i;
        }
    }
    if(phi!=1) prime[++cnt]=phi;
    int g=2;
    while(gif(check(g)) return g;
        g++;
    }
}
long long F(int x)
{
    Ma tmp;
    tmp.a[1][1]=tmp.a[1][2]=tmp.a[2][1]=x;
    tmp.a[2][2]=0;
    tmp.a[1][1]++,tmp.a[2][2]++;
    tmp=M_Pow(tmp,n);
    return (tmp.a[1][1]%p+p)%p;
}
int main()
{
    scanf("%d",&T);
    while(T--)
    {
        cnt=0;
        scanf("%lld%d%d",&n,&k,&p);
        int W=Pow(get_root(p,p-1),(p-1)/k);
        long long w=1,ans=0;
        for(int i=0;i2)%p+p)%p;
        printf("%lld\n",ans);
    }
    return 0;
}

eg2

从 0 ~ (N-1) 中选出 K 个不同的数使得它们的和是 N 的倍数的方案数

K<=1000, N<=10^9, mod = 10^9+7

Sol

我们设：

f(x,y)=∏i=0n−1(1+xiy) f ( x , y ) = ∏ i = 0 n − 1 ( 1 + x i y )

注意到 x 的次数记录了选的数的和，y 记录了个数。

问题相当于求 yk y k 项中，所有 n 倍数的 x 次幂 系数之和。

我们考虑用单位根反演它，带入单位根 w w :

f(w,y)=∏i=0n−1(1+wiy) f ( w , y ) = ∏ i = 0 n − 1 ( 1 + w i y )

设 w w 是一个 d d 次本原单位根 (d|n)（这里 w 会取遍所有 n 的单位根，不一定是 n 次本原，设它是 d 次本原的）

f(w,y)=(∏i=0d−1(1+wiy))n/d f ( w , y ) = ( ∏ i = 0 d − 1 ( 1 + w i y ) ) n / d

这里有这样一个式子成立：

∏i=0d−1(x−wi)=xd−1 ∏ i = 0 d − 1 ( x − w i ) = x d − 1

证明：因为两边是两个 d 次多项式，并且零点/首项系数相同。

我们在两边乘上一个 wXXX w X X X ，可以得到 ∏d−1i=0(wix−1)=xd−1 ∏ i = 0 d − 1 ( w i x − 1 ) = x d − 1 ，把公式带回原式，得到：

f(w,y)=(+/−yd+/−1)n/d f ( w , y ) = ( + / − y d + / − 1 ) n / d

这时候算 yk y k 的系数就很容易了。

复杂度：我们只需要枚举所有 n n 的因子，有 ϕ(n/d) ϕ ( n / d ) 个 n n 次单位根是 d d 次本原的。计算组合数可以暴力，复杂度很优秀。

EXT：选 K 个使得模 n 余 r 成立的方案数。

杂题

1 （51nod 1982）

考虑逐位确定，对给定的 N，从大到小枚举阶乘，然后试除，大概过程是：

for (int i = 100000; i >= 2; i--) {
    while (N % fact(i)) {
        N /= fact(i);
        ans.push(fact(i));
    }
}

注意到过程中没有加减法运算，那么我们可以用质因子分解来判整除。

我们把 1~N 里的所有质数取出来，设为 b1…bk b 1 … b k ，设 n n 的形式为：

n=∏ibnii n = ∏ i b i n i

对于一个阶乘 x! x ! ，我们可以计算出每个质数在 x! x ! 的分解中的次数。

注意到这样一个事实：(x-1)! 相比于 x!，它只在 O(logx) O ( log ⁡ x ) 个质因子上次数发生了改变。

考虑线段树，我们对所有质数 b1…bk b 1 … b k 建线段树，线段树每个位置存值：n 的质因子分解中 bi b i 的次数 ni n i ， x! x ! 的分解中 bi b i 的次数 xi x i ，以及 ⌊nixi⌋ ⌊ n i x i ⌋ 的值。

那么，计算 n 的分解中 x! x ! 出现了多少次，相当于询问 [ni/xi] [ n i / x i ] 的最小值。为了在 n n 中把 x! x ! 除掉，我们暴力即可。当从 x! x ! 向 (x−1)! ( x − 1 ) ! 枚举的时候，暴力修改 logx log ⁡ x 个位置上的信息即可。

如果打标记，复杂度应该是 O(nlognloglogn) O ( n log ⁡ n log ⁡ log ⁡ n ) . 因为只有 x x 能整除 bi b i 才会修改，实际上和埃拉托斯特尼筛法复杂度一致。

2 （51nod 1325）

枚举一个根必选，然后建两个有根树，有根树上选儿子意味着选祖先，问题转化为最大权闭合图。

如果使用点分治，可以把枚举根的复杂度降一些。

3 （52nod 1355）

公式：

lcm(S)=∏Tgcd(T)−1|T| l c m ( S ) = ∏ T g c d ( T ) − 1 | T |

它来源于：

max(S)=∑T⊆S(−1)|T|+1min|T| max ( S ) = ∑ T ⊆ S ( − 1 ) | T | + 1 min | T |

Fib 数又有一个公式：

gcd(fi,fj)=fgcd(i,j) gcd ( f i , f j ) = f gcd ( i , j )

那么我们所求即为：

∏T⊆Sf(−1)|T|gcdT ∏ T ⊆ S f gcd T ( − 1 ) | T |

我们类比加法形式的：

∑T⊆Sf(gcdT)(−1)T ∑ T ⊆ S f ( gcd T ) ( − 1 ) T

在加法形式中，这是经典的莫比乌斯反演问题，它的一系列推导手段都可以推广到乘法上。

反演套路：找到一个 g g 使得：

∑d|ng(d)=f(n) ∑ d | n g ( d ) = f ( n )

那么：

=∑T⊆S∑d|gcdTg(T)(−1)|T|=∑dg(d)∑T⊆Sd(−1)|T| = ∑ T ⊆ S ∑ d | gcd T g ( T ) ( − 1 ) | T | = ∑ d g ( d ) ∑ T ⊆ S d ( − 1 ) | T |

具体计算过程中，因为权值范围很小，正确实现的复杂度为 O(NlogN) O ( N log ⁡ N ) 即可通过。

4 （bzoj 4588）

我们把所有货币从小到大排序，那么它按照整除关系形成一个链。

我们考虑从前向后枚举每种硬币进行DP。

假设排好序的硬币序列是 vi v i , 不妨设 v1=1 v 1 = 1 .

我们设 fi(n) f i ( n ) 表示用 v1∼vi v 1 ∼ v i 拼出 n×vi n × v i 加上 Mmodvi M mod v i 的零散部分的方案数,那么:

f1(n)=1 f 1 ( n ) = 1

考虑从 1 1 向 2 2 的转移,首先我们知道 M M 对 v2 v 2 的余数 r r 应该由 v1 v 1 提供,除此之外, v1 v 1 的使用次数应该是 d=v2/v1 d = v 2 / v 1 的整倍数,设:

g(n)=f1(dn+r) g ( n ) = f 1 ( d n + r )

枚举 v2 v 2 使用了多少个:

f2(n)=∑i≤ng(i) f 2 ( n ) = ∑ i ≤ n g ( i )

然后我们使用归纳法可以证明 fi(n) f i ( n ) 是一个次数不超过 i i 的多项式,所以你只需要维护多项式的 (i+1) 个点值 / 系数表达 / 组合数表达 即可.

州阁筛

问题: 求 π(n) π ( n ) , 它表示不超过 n n 的素数个数, n≤1010 n ≤ 10 10 .

考虑去 DP / 筛它,我们把不超过 n−−√ n 的素数取出来,设为 p1,p2…pk p 1 , p 2 … p k .

设 fi(n) f i ( n ) 表示在 [1,n] [ 1 , n ] 中不被 p1∼pi p 1 ∼ p i 中任何一个整除的数的个数.

我们发现, fk(n)+k f k ( n ) + k 即为所求答案.

转移:

fk(n)=fk−1(n)−fk−1(⌊n/pk⌋) f k ( n ) = f k − 1 ( n ) − f k − 1 ( ⌊ n / p k ⌋ )

首先用 p1 ~ p[k-1] 筛,然后用 pk 筛漏掉的.

一些数论常识告诉我们,dp的第二维有用的状态只有 n−−√ n 个.

直接使用这个算法进行dp,复杂度是 O(nlogn) O ( n log ⁡ n ) 并不能通过.

注意到:

当 n<pi+1 n < p i + 1 时,一定有 fi(n)=1 f i ( n ) = 1 .

当 n<(pi+1)2 n < ( p i + 1 ) 2 时, [n/pi+1]<pi+1 [ n / p i + 1 ] < p i + 1 ,所以转移式中 fi+1(n)=fi(n)−fi([n/pi+1])=fi(n)−1 f i + 1 ( n ) = f i ( n ) − f i ( [ n / p i + 1 ] ) = f i ( n ) − 1 ,发现转移的第二项是定值.

所以我们枚举到 pi p i 的时候,只需要关注 n>(pi)2 n > ( p i ) 2 的状态的转移, pi≤n<(pi)2 p i ≤ n < ( p i ) 2 这些状态的转移可以打懒标记,最后统一处理.

加上这个优化,复杂度可以降到 O(n3/4logn) O ( n 3 / 4 log ⁡ n ) ,可以接受.

这是一个通用的算法,也适用于求关于素数的低阶多项式的和 (和,平方和…)

5 （51nod 1860）

问题相当于求 [a,b] 里有多少数可以由 <= P 的质数表示

进一步转化,相当于求 [1,a-1] 和 [1,b] 里由多少数可以这样表示.

如果一个数 n 可以由不超过 B 的数的乘积表示,称它为 B-smooth number ,B-光滑数

我们把 1~P 里的质数拿出来,设为 p1,p2,…,pk p 1 , p 2 , … , p k .

我们设 fi(n) f i ( n ) 表示 [1,n] [ 1 , n ] 有多少数能表示为 p1,p2…pi p 1 , p 2 … p i 的倍数,转移:

fi(n)=fi−1(n)+fi([n/pi]) f i ( n ) = f i − 1 ( n ) + f i ( [ n / p i ] )

直接做的复杂度是 O(PN−−√) O ( P N ) ,能优化吗?

从转移式中看不出一些好用的性质,考虑倒着 DP.

设 gi(n) g i ( n ) 表示 [1,n] [ 1 , n ] 中 pi,pi+1…pk p i , p i + 1 … p k 的乘积能表示的数的个数,转移:

gi(n)=gi+1(n)+gi([n/pi]) g i ( n ) = g i + 1 ( n ) + g i ( [ n / p i ] )

注意到:

当 n<pi n < p i 的时, gi(n)=1 g i ( n ) = 1 .

当 pi≤n<(pi)2 p i ≤ n < ( p i ) 2 时, gi(n)=gi+1(n)+gi([n/pi])=gi+1(n)+1 g i ( n ) = g i + 1 ( n ) + g i ( [ n / p i ] ) = g i + 1 ( n ) + 1 .

发现了和例题中一样的性质,然后套路就行了.

Remark: 正着做的话,小质数很快的就能表示出区间里很多数,并且这些数的分布的规律可能并不好找. 倒着做的话,较大的质数表出的区间中的数比较稀疏,所以可以优化.

---

before

幂和

求

∑i=1nik ∑ i = 1 n i k

.

Sol

三方做法：

构造一个向量 A=(i0,i1,...ik,SUM). A = ( i 0 , i 1 , . . . i k , S U M ) .

(i+1)k=∑t=0k(kt)it. ( i + 1 ) k = ∑ t = 0 k ( k t ) i t .

发现可以通过 i0…ik i 0 … i k 线性表示出 (i+1)k. ( i + 1 ) k .

所以可以构造转移矩阵

平方做法：

C(1, k) + C(2, k) + … + C(n, k) = C(n+1, k+1)

∑i=0n(ik) ∑ i = 0 n ( i k )

我们把 i^k 看作一个多项式，我们可以用 (i0)…(ik) ( i 0 ) … ( i k ) 来表示这个多项式。（它的表示系数恰好是斯特林数）。

n log n 算法

斯特林数可以使用 FFT 来预处理

线性算法

我们可以猜想，答案是一个关于 n 的 k+1 次多项式。
（ k 次多项式，给它求前缀和，可以得到一个 k+1 次多项式）。

给定一个 k 次多项式 f(x) 在 0 ~ k 处的取值 (a[0~k])，我们可以使用拉格朗日插值法，把这个多项式算出来。

代数上的知识：给定一个多项式在 k+1 个点的取值，可以唯一决定一个 k 次多项式，所以我们只需要构造多项式 f，使得 f(i) = a[i].

类比中国剩余定理的做法，我们考虑：

fi(x)=a[i]∗((x−0)(x−1)...(x−(i−1))(x−(i+1))...(x−k))/((i−0)(i−1)...(i−(i−1))(i−(i+1))...(i−k)) f i ( x ) = a [ i ] ∗ ( ( x − 0 ) ( x − 1 ) . . . ( x − ( i − 1 ) ) ( x − ( i + 1 ) ) . . . ( x − k ) ) / ( ( i − 0 ) ( i − 1 ) . . . ( i − ( i − 1 ) ) ( i − ( i + 1 ) ) . . . ( i − k ) )

它的分母相当于分子带入 x=i 得到的一个式子。
它的分子相当于在 (x-0)(x-1)…(x-k) 中把 (x-i) 一项去掉

j≠i,fi(j)=0(0<=j<=k)fi(i)=a[i] j ≠ i , f i ( j ) = 0 ( 0 <= j <= k ) f i ( i ) = a [ i ] 。

可以注意到这个 f_i(x) 是一个 k 次多项式（分子上乘了 k 个 x）

f(x)=∑fi(x) f ( x ) = ∑ f i ( x )

在很多场合，题目并不需要你去计算这个多项式的系数，而是要求你把某个 f(n) 算出来（已经给你 f(0) ~ f(k)）的值。

考虑直接把 n 带入 fi(x) f i ( x ) 求值，然后加起来即可。

注意 42 ~ 44 行的式子：

• 分母上是一个 (i-1)! 和一个 (k-i)! ，乘上若干个 -1 （O(1)算）。
• 分子上的话，考虑在 O(k) 的时间内预处理 (n-0) ~ (n-k) 的前缀积，后缀积，那么对于一个 f_i(n) 来说，就是一个前缀积和后缀积的乘积（除掉了 n-i 这一项） O(1) 算

这整个式子可以在 O(k) 计算，从而得到 f(n) 的值。

应用到这个题上，我们可以在 O(k) 的时间内计算出 0^k, 1^k… k^k ，求前缀和得到这个多项式在 0 ~ k 上的取值，然后套算法即可。

总结：当你注意到题目中让你计数的对象是一个关于 n 的 k 次多项式，就可以考虑暴力算出多项式的前 k+1 项，然后套用这个算法。

CodePlus 3 T4

T 次询问，每次求长度为 N+M 的、恰好有 N 个 -1 和 M 个 1 的序列的前缀最小值的期望
N, M <= 200000, T <= 200000

Sol

总方案数是 C(N+M, M)

求一个随即变量 X 的期望，如果 X 的取值范围是整数，我们可以枚举 i，计算 Pr(X>i) 或者 Pr(X

BBQ Hard

给定长度为 N 的数组 A[] 和 B[]
求 ∑i∑jC(Ai+Aj+Bi+Bj,Ai+Aj) ∑ i ∑ j C ( A i + A j + B i + B j , A i + A j )
N <= 200000, A[i], B[i] <= 2000

Sol

所求的每一项相当于从 (-A[i], -B[i]) 移动到 (A[j], B[j]) 的方案数（每一步向右或者上）。

因为 A[i], B[i] 都很小，所以可以直接做一个 4000 * 4000 的 DP。

AGC 019 F

有一个 N+M 的序列，每个位置是 0 或者 1，且恰好有 N 个 1
你需要依次猜每个位置的值，猜对得 1 分，否则不得分。
猜过一个位置，你会马上知道它的真实值
求最优策略下的得分期望
N+M <= 1e6

Sol

最优策略下，设到现在为止剩下 x 个 1 和 y 个 0，哪个多猜哪个是比较优秀的（得分概率为 max(x,y)/(x+y) m a x ( x , y ) / ( x + y ) ）。

序列是随机生成的，所以你会转移到一个剩下 x 个 1 和 y 个 0 的局面的方案数为

(x+yx)×(N−x+M−yN−x)(N+MN) ( x + y x ) × ( N − x + M − y N − x ) ( N + M N )

答案为 ∑x∑y(x+yx)×(N−x+M−yN−x)(N+MN)×max(x,y)x+y ∑ x ∑ y ( x + y x ) × ( N − x + M − y N − x ) ( N + M N ) × max ( x , y ) x + y ，但是这个式子的枚举量是 O(N^2) 的。

我们枚举 len=(x+y)，计算倒数第 len 次猜的时候会得分的概率。

• 定义一个局面（或者说一个状态）是被 0 支配的，当且仅当这 len 个数里 0 比 1 多（这时候，max(x,y) 中取 y）
• 定义一个局面是被 1 支配的，当且仅当这 len 个数里 1 的个数大于等于 0（这时候，max(x,y) 中取 x）

我们从小到大枚举 len，从 len 到 len+1 的时候，绝大多数的序列被支配关系是不变的。

所以我们设几个变量，分别表示被 0 支配的序列的个数/产生的贡献和，被 1 支配的序列的个数/产生的贡献和。

从 len 转移到 len+1 的时候，只需要特殊处理被支配关系发生转变的序列（这一部分的计算不需要枚举任何东西，因为只有 0 和 1 的个数差不超过 1 的序列需要考虑）。

具体细节可以参见 AC 代码。

数论基础

• 整数、同余、最大公约数与最小公倍数
• 裴蜀定理，一次不定方程，中国剩余定理

裴蜀定理

形如 ax+by = c 的方程称为二元一次不定方程。

不定方程：限定了未知数只能取整数。

使得 ax+by=d 有解的、最小的正整数 d 恰好是 gcd(a,b)。
这里 x 和 y 是未知数。

ax+by=gcd(a,b) 一定有解，它的解可以通过扩展欧几里得算法找出来。

HAOI 外星人

Sol

对于一个 N，求欧拉函数 phi(N) 的过程：

• 令 ans = N
• 枚举 N 的每种质因子 p，令 ans = ans / p * (p - 1)

注意到：

• 对于 N 的一个质因子 p > 2，ans / p * (p - 1) 虽然消掉了一个 p，但是带来了几个更小的质因子。这个过程会持续下去，直到变成一个 2，然后 ans / 2 可以消掉一个质因子 2 而不产生任何新的质因子。
• 除了 N 是奇数的第一次取 phi，每一次一定会消掉一个 2。

所以我们只需要数一下有多少个 2 需要消掉即可。

威尔逊定理

我们从多项式的观点看，费马小定理告诉我们：

∀1≤x≤P−1,xP−1−1≡0(modP) ∀ 1 ≤ x ≤ P − 1 , x P − 1 − 1 ≡ 0 ( mod P )

那么我们知道， 1∼P−1 1 ∼ P − 1 都是 xP−1−1 x P − 1 − 1 的根（在 mod P 下）。又因为 xP−1−1 x P − 1 − 1 是一个首项为 1 的 P-1 次多项式，所以有：

xP−1−1≡(x−1)(x−2)…(x−P+1)(modP) x P − 1 − 1 ≡ ( x − 1 ) ( x − 2 ) … ( x − P + 1 ) ( mod P )

比较两个多项式的系数，由此得到威尔逊定理：

(P−1)!≡−1(modP) ( P − 1 ) ! ≡ − 1 ( mod P )

另外一个结论：对于一个给定的质数 P P ，我们定义 f(k) f ( k ) 表示从 1∼P−1 1 ∼ P − 1 中选 k k 个不同的数求乘积，所有选法的乘积之和（在模 P 意义下）那么有：

f(P−1)=−1(modP)∀1≤i<P−1,f(i)≡0(modP) f ( P − 1 ) = − 1 ( mod P ) ∀ 1 ≤ i < P − 1 , f ( i ) ≡ 0 ( mod P )

证明：考虑 ∏1≤i≤P−1(x−i) ∏ 1 ≤ i ≤ P − 1 ( x − i ) 的 k k 次项系数。

CC Feb / Jan

给定N，定义 f(K) 为从 [1,N] 中选K个不同的整数求乘积，不同的选法的乘积之和

给定R，求 [1,R] 中有多少f(K)是给定质数P的倍数

Sol

问题相当于求 ∏1≤i≤N(x−i) ∏ 1 ≤ i ≤ N ( x − i ) 在 [1,R] [ 1 , R ] 中有多少项为 0（或者说有多少项非 0）。

设 N=aP+b N = a P + b ，那么原式可以写为：

xa(∏1≤i≤P−1(x−i))a∏1≤i≤b(x−i) x a ( ∏ 1 ≤ i ≤ P − 1 ( x − i ) ) a ∏ 1 ≤ i ≤ b ( x − i )

因为 ∏1≤i≤P−1(x−i) ∏ 1 ≤ i ≤ P − 1 ( x − i ) 等于 xP−1−1 x P − 1 − 1 ，所以上式可以写成：

xa(xP−1−1)a∏1≤i≤b(x−i) x a ( x P − 1 − 1 ) a ∏ 1 ≤ i ≤ b ( x − i )

不妨设 b<P−1 b < P − 1 ，否则右边又能凑出一个 xP−1−1 x P − 1 − 1 。

注意到上式左边只有 P−1 P − 1 的整倍数有值，而右边是一个次数为 b<P−1 b < P − 1 的多项式，所以右边乘到左边相当于把左边每个系数“复制”了若干份。

右边的多项式可以使用分治 FFT 展开计算，左边的式子可以用 Lucas 定理统计有多少非 0 项，然后两边结合即可。

Catalan 数

Catalan 数定义：满足递推公式

h0=1hn=∑0≤i<nhi⋅hn−i−1 h 0 = 1 h n = ∑ 0 ≤ i < n h i ⋅ h n − i − 1

的数列 {hn} { h n } 。

推导方法

生成函数方法

设它的生成函数为 C(x) C ( x ) ，它满足：

C(x)=xC(x)2+1 C ( x ) = x C ( x ) 2 + 1

解得：

C(x)=1−1−4x−−−−−√2x C ( x ) = 1 − 1 − 4 x 2 x

使用二项式定理展开 1−4x−−−−−√ 1 − 4 x ：

(1−4x)12=∑i(−4x)i×(1/2i)=(−4x)i×1i!×(1/2)∗(−1/2)∗(−3/2)…(1)(2) (1) ( 1 − 4 x ) 1 2 = ∑ i ( − 4 x ) i × ( 1 / 2 i ) (2) = ( − 4 x ) i × 1 i ! × ( 1 / 2 ) ∗ ( − 1 / 2 ) ∗ ( − 3 / 2 ) …

思路： 4i 4 i 拆成 2i×2i 2 i × 2 i ，一个 2i 2 i 消掉之后分母上所有 2，一个 2i 2 i 展开成 (2n)!!n! ( 2 n ) ! ! n ! (2/1 * 4/2 * 6/3 …)，从而我们可以在分子分母上构造出来 (2nn) ( 2 n n ) ，注意到前面有 i i 个 -1，之后又有 i−1 i − 1 个 -1，放在一起以后每一项都是负的。

组合方法

(2nn)−(2nn−1) ( 2 n n ) − ( 2 n n − 1 )

组合意义

• N 条边的凸多边形三角剖分方案数
• N 个点的二叉树的形态数
• N 对括号的合法括号序列数
• 1~N 依次入栈，可能的出栈序列数

两种形式

• 维护了一个计数器，每次给他加一或者减一，不能为负/低于某个值，这一类问题常常可以用括号序计数的角度思考
• 对一个规模为N的问题计数，它可以拆成两个规模为x和 N-x-1的问题，这一类问题常可用二叉树形态计数的角度思考，配合生成函数的卷积。