数学杂烩总结(多项式/形式幂级数+FWT+特征多项式+生成函数+斯特林数+二次剩余+单位根反演+置换群)
因为不会做目录所以请善用ctrl+F
本来想的是笔记之类的，写着写着就变成了资源整理
一些有的没的的前置
导数
\(f'(x)=\lim\limits_{\triangle x\rightarrow 0}\frac{f(x+\triangle x)-f(x)}{\triangle x}\)
\(\sin x:\cos x\)
\(\cos x:-\sin x\)
\(\ln x:\frac{1}{x}\)
\(e^x:e^x\)
\(x^n:nx^{n-1}\)
\(\log_a^x:\frac{1}{x\ln a}\)
\(a^x:a^x\ln a\)
\([af(x)+bg(x)]'=af'(x)+bg'(x)\)
\([f(x)g(x)]'=f(x)g'(x)+f'(x)g(x)\)
\([\frac{f(x)}{g(x)}]'=\frac{f'(x)}{g(x)}-\frac{f(x)g'(x)}{g^2(x)}\)
\([f(g(x))]'=f'(g(x))\times g'(x)\)
牛顿迭代
\(x_i=x_{i-1}-\frac{f(x_{i-1})}{f'(x_{i-1})}\)
泰勒展开
\(f(x)=\sum\limits_{i=0}^{\infty }\frac{f^{(i)}(x_0)(x-x_0)^i}{i!}\)
麦克劳林展开
\(f(x)=\sum\limits_{i=0}^{\infty}\frac{f^{(i)}(0)}{i!}x^i\) (麦克劳林级数)
是泰勒公式的特殊形式。
几个常见泰勒展开
\(ln(1-x)=\sum\limits_{i}-\frac{x^i}{i}\)
\(e^x=\sum\limits_{i=0}^{\infty}\frac{x^i}{i!}\)
\(sin(x)=\sum\limits_{i=0}^{\infty}(-1)^i\frac{x^{2i+1}}{(2i+1)!}\)
\(cos(x)=\sum\limits_{i=0}^{\infty}(-1)^i\frac{x^{2i}}{(2i)!}\)
\(\frac{1}{(1-x)^n}=\sum\limits_{i=0}^{\infty}\binom{i+n-1}{n-1}x^i\) (可以用生成函数理解)
一个结论:\(e^{ix}=cos(x)+i\times sin(x)\)
拉格朗日插值
\(\sum\limits_{i=1}^{n}y_i\prod\limits_{j!=i}\frac{(x-x_j)}{(x_i-x_j)}\)
多项式操作/形式幂级数
多项式求逆
\(C=B\times (2-AB)\)
(因为太常见我就不推了)
多项式开根
\((B-C)=0\)
\(B^2+C^2+2BC=0\)
\(B^2+A+2BC=0\)
\(C=(A/B+B)/2\)
这里插一个二次剩余的Cipolla算法
要求\(x^2=n\)
随一个\(t\)，使得\((t^2-n)^{(p-1)/2}=p-1\)
设\(I=t^2-n\)
那么答案就是\((t+\sqrt I)^{(p+1)/2}\)
多项式\(ln\)
\(B=lnA\)
\(B'=\frac{A'}{A}\)
(不用倍增！当然倍增也不会错复杂度也一样)
多项式\(exp\)
\(B=e^A\)
\(lnB=A\)
\(lnB-A=0\)
\(B=B-(lnB-A)\times B=B\times (1-lnB+A)\)
多项式求导
for(i=1;i多项式求积分
for(i=1;i多项式快速幂
\(B(x)=A(x)^n\)
\(lnB(x)=nlnA(x)\)
常数项不为\(1\)需要特殊处理。
https://blog.csdn.net/xyz32768/article/details/82832467
多项式除法
定义\(A_R\)满足\(A_R[i]=A[n-i]\)。
\(F(x)=Q(x)G(x)+R(x)\) \((deg(F)=n,deg(G)=m,deg(Q)=n-m,deg(R)=m-1)\)
\(F(\frac{1}{x})=Q(\frac{1}{x})G(\frac{1}{x})+R(\frac{1}{x})\)
同乘\(x^n\)，得\(F_R(x)=Q_R(x)G_R(x)+R_R(x)x^{n-m+1}\)
\(F_R(x)=Q_R(x)G_R(x)(mod\ x^{n-m+1})\)
\(Q_R=F_R/G_R\)
多项式取模
\(A\ mod\ B=A-\lfloor \frac{A}{B}\rfloor A\)
多项式多点求值
对于\(F(x)\)和\(x_1,x_2,...x_m\)求出\(F(x_1),F(x_2),...,F(x_m)\)。
思路就是分治，同时利用多项式取模减少多项式的次数。
先计算\(G_{ls}=\prod\limits_{i=l}^{mid}(x-x_i),G_{rs}=\prod\limits_{i=mid+1}^r(x-x_i)\)
对于左边的所有\(x_i\)，在\(G_{ls}\)下的点值都是\(0\)，因此可以把\(F\)变成\(F\ mod\ G_{ls}\)，右边同理。
多项式快速插值
\(F(x)=\sum\limits_{i=1}^n\frac{\prod_{j!=i}(x-x_j)}{\prod_{j!=i}(x_i-x_j)}y_i\)
考虑求出\(\prod_{j!=i}(x_i-x_j)\),设\(M(x)=\prod_{i=1}^n(x−x_i)\)，那么我们就是要求\(\frac{M(x)}{x-x_i}\)。
\(x=x_i\)，根据洛必达法则，得这个式子就等于\(M'(x_i)\)，可以多点求值求出这个。
设\(v_i=\frac{y_i}{\prod_{j!=i}(x_i-x_j)}\),我们要求的就是\(\sum\limits_{i=1}^nv_i\prod_{j!=i}(x-x_j)\)
同样分治即可。
板子:
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
#define mod 998244353
#define N 400050
char buf[100000],*p1,*p2;
#define nc() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,100000,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
int rd() {
int x=0; char s=nc();
while(s<'0') s=nc();
while(s>='0') x=(((x<<2)+x)<<1)+s-'0',s=nc();
return x;
}
int inv[N],ntt_w[2][N],mem[N*100],*ptr=mem;
int A[N],B[N],C[N],D[N],E[N],F[N],G[N],inv2=(mod+1)/2;
int qp(int x,int y=mod-2) {
int re=1;for(;y;y>>=1,x=ll(x)*x%mod)if(y&1)re=ll(re)*x%mod; return re;
}
int INV(int x) {return qp(x,mod-2);}
namespace Cipolla {
int I;
struct cp {
int x,y;
cp(){}
cp(int x_,int y_) {x=x_,y=y_;}
cp operator * (const cp &u) const {
return cp((ll(x)*u.x+ll(y)*u.y%mod*I)%mod,(ll(x)*u.y+ll(y)*u.x)%mod);
}
};
bool check(int x) {return qp(x,(mod-1)/2)==1;}
int Sqrt(int n) {
srand(123123); rand();
int t=rand()%mod;while(check((ll(t)*t-n)%mod))t=rand()%mod;
I=((ll(t)*t-n)%mod+mod)%mod;
cp re=cp(1,0),x=cp(t,1); int y=(mod+1)/2;
for(;y;y>>=1,x=x*x)if(y&1)re=re*x;
re.x=(re.x+mod)%mod;
return min(re.x,mod-re.x);
}
}
using namespace Cipolla;
void ntt_init(int l) {
int j,k,t,w,wn,i;
for(k=2;k<=l;k<<=1) {t=k>>1;
wn=qp(3,(mod-1)/k); w=1;
for(j=0;j=mod?(x-mod):x;}
void ntt(int *a,int len,int flg) {
int i,j,k,t,tmp,o=flg!=1;
static ull F[N];
for(i=0;ik) swap(F[i],F[k]);
for(j=len>>1;(k^=j)>=1);
}for(k=2;k<=len;k<<=1) {
t=k>>1;for(i=0;i=u.len)re.a[i]=a[i];
else re.a[i]=(a[i]-u.a[i]+mod)%mod;
}return re;
}
cirno operator * (const cirno &u) const {
cirno re(len+u.len-1);
int i,j,l=1;
if(re.len<=200) {
for(i=0;i>1,la);
int l=len<<1,i;
memset(A,0,l<<2);
memset(B,0,l<<2);
memcpy(A,a,min(len,la)<<2);
memcpy(B,b,len<<2);
ntt(A,l,1),ntt(B,l,1);
for(i=0;i>1,la);
int l=len<<1,i;
memset(C,0,l<<2);
memset(D,0,l<<2);
memset(E,0,l<<2);
memcpy(C,a,min(len,la)<<2);
memcpy(D,b,len<<2);
get_inv(b,E,len,len);
ntt(C,l,1),ntt(D,l,1),ntt(E,l,1);
for(i=0;i>1,la);
int l=len<<1,i;
memset(C,0,l<<2);
memset(D,0,l<<2);
memcpy(C,b,len<<2);
get_ln(b,D,len,len);
for(i=0;i>1;
build(l,mid,ls,px),build(mid+1,r,rs,px);
tr[p]=tr[ls]*tr[rs];
}
void get_val(cirno F,int l,int r,int p,int *px,int *re) {
if(F.len<=450) {
int i,j,t;
for(i=l;i<=r;i++) {
ull tmp=0;
for(j=0,t=1;j>1;
get_val(F%tr[ls],l,mid,ls,px,re);
get_val(F%tr[rs],mid+1,r,rs,px,re);
}
cirno solve_polate(int l,int r,int p,int *tmp) {
if(l==r) {
cirno re(1); re.a[0]=tmp[l]; return re;
}
int mid=(l+r)>>1;
cirno L=solve_polate(l,mid,ls,tmp);
cirno R=solve_polate(mid+1,r,rs,tmp);
return L*tr[rs]+R*tr[ls];
}
void Evaluate(int *px,int *re,cirno F,int m) {
build(1,m,1,px);
get_val(F,1,m,1,px,re);
}
cirno Interpolate(int *px,int *py,int n) {
int i;
build(1,n,1,px);
cirno a=tr[1].Get_dao();
static int t[N];
get_val(a,1,n,1,px,t);
for(i=1;i<=n;i++) t[i]=ll(qp(t[i]))*py[i]%mod;
return solve_polate(1,n,1,t);
}
int main() {
//LOJ 150
int n,K,l=1;
n=rd()+1; K=rd();
while(l 多项式的复合
\(A(B(x))\)
多项式的复合逆
\(F(x),G(x)\),\(F(G(x))=x\) 称\(F(x)\)和\(G(x)\)互为复合逆。
拉格朗日反演
若\(F(x)\)是\(G(x)\)的复合逆，那么满足\([x^n]F(x)=\frac{1}{n}[x^{n-1}](\frac{x}{G(x)})^n\)
推广形式:\([x^n]H(F(x))=\frac{1}{n}[x^{n-1}]H'(x)(\frac{x}{G(x)})^n\)
特征多项式
https://www.luogu.org/blog/ShadowassIIXVIIIIV/solution-p4723
https://blog.csdn.net/qq_35649707/article/details/78688235
对于懒得推式子选手可以选择记结论:
\(A^n=\sum\limits_{i=0}^{k-1}c_iA^i\)
\(St\times A^n=\sum\limits_{i=0}^{k-1}c_iSt\times A^i\)
\(ans=[0](St\times A^n)=\sum\limits_{i=0}^{k-1}c_i[0](St\times A^i)\)
\(ans=\sum\limits_{i=0}^{k-1}c_iSt_i\)
\(A^n=Q(A)G(A)+\sum\limits_{i=0}^{k-1}c_iA^i\)
\(g_{k-i}=-a_i\)
乘法和取模可以\(O(k^2)\)或\(O(k\log k)\)实现。
生成函数
https://www.luogu.org/blog/ShadowassIIXVIIIIV/sheng-cheng-han-shuo-xia-chui
一般生成函数(OGF)
给定一个形如\(x_1+x_2+…+x_m=n\)的方程，求非负整数解的数量，其中\(x_i\)满足：\(x_1\)必须是个偶数\(x_2\)必须是个质数\(x_3\)的\(μ\)值不能为\(0\),\(x_4\)必须是一个windy数
指数生成函数(EGF)
给定一些红球、黄球、蓝球和绿球，将其组成一个长度为\(n\)的序列，要求：红球必须有偶数个,白球数量必须是个质数,蓝球数量的\(μ\)值不能为\(0\),绿球数量必须是个windy数
- 可以看出EGF可以用来解决排列问题。
集合的指数生成函数
给定\(n\)个彼此不同的小球，要求划分为一些集合，每个集合的生成函数是\(F(x)\)，求方案数
- 划分成\(i\)个集合的方案数为\(\frac{F^i(x)}{i!}\)，故总方案数为\(\sum\limits_{i=0}^{\infty}\frac{F^i(x)}{i!}=e^{F(x)}\)
一些可以背一背的生成函数
树:\(A(x)=\sum_{n\ge 0}\frac{n^{n-2}}{n!}x^n\)
森林:\(expA(x)\)
无向图:\(C(x)=\sum_{n\ge 0}\frac{2^{\binom{n}{2}}}{n!}x^n\)
无向连通图\(lnC(x)\)
FWT
or卷积和and卷积很好理解
xor卷积看这个https://blog.csdn.net/neither_nor/article/details/60335099
m进制卷积
这个对于or和and还是一个前缀和的性质。
对于xor..可以在模意义下用单位根构造，逆操作可以直接对矩阵求逆。
快速子集变换
大概就是求这么一个式子\(A_i=\sum\limits_{j+k=i,j\&k=0}B_j\times C_k\)
用占位多项式搞一搞即可，多开一维数组存\(1\)的个数，背包合并。
组合数学
第一类斯特林数
\(\begin{bmatrix} n\\ k \end{bmatrix}\) 表示将\(n\)个不同元素分成\(k\)个不同环的方案数，当且仅当两个环不可通过旋转得到时，则两个环不相同。
\(\begin{bmatrix} 0\\ 0 \end{bmatrix}=1,\begin{bmatrix} n\\ k \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} n-1\\ k-1 \end{bmatrix}+\begin{bmatrix} n-1\\ k \end{bmatrix}\times (n-1)\) (可能独立成环也可以接到前面某个数的后面。)
\(\sum\limits_{k=0}^n\begin{bmatrix} n\\ k \end{bmatrix}=n!\) (\(\begin{bmatrix} n\\ k \end{bmatrix}\)恰好是\(n\)个元素包含\(k\)个轮换的排列个数)
\(x^{\overline n}=\sum_{k}\begin{bmatrix}n\\ k\end{bmatrix}x^k\) (证明直接带递推式子进去就行，当然也可以用这个式子来定义斯特林数)
\(x^{\underline n}=\sum_{k}\begin{bmatrix}n\\ k\end{bmatrix}(-1)^{n-k}x^k\) (这里的\(\begin{bmatrix}n\\ k\end{bmatrix}(-1)^{n-k}\)其实就是有符号第一类斯特林数了)
求一行第一类斯特林数：
由2式能直接得出一个\(O(n\log n^2)\)的做法，这里说一下\(O(n\log n)\)的做法。
分治，假设我们已经求出来\(x^{\overline n}\)，如何求出\(x^{\overline 2n}\)或\(x^{\overline {n+1}}\) 。
对于后者，可以直接\(O(n)\)乘一下，对于前者，相当于要求\(x^{\overline n}\times (x+n)^{\overline n}\)
设\(f(x)=\sum\limits_{i=0}^{n}f_ix^i,g(x)=\sum\limits_{i=0}^{n}g_ix_i\),分别是上式左右的生成函数。
\(g(x)=\sum\limits_{i=0}^nf_i(x+n)^i\)
\(g(x)=\sum\limits_{i=0}^nf_i\sum\limits_{j=0}^jx^jn^{i-j}\binom{i}{j}\)
\(g(x)=\sum\limits_{j=0}^n\frac{x^j}{j!}\sum\limits_{i=j}^nf_ii!\frac{n^{i-j}}{(i-j)!}\)
卷积形式，直接\(O(n\log n)\)乘一下。
总的时间复杂度还是\(O(n\log n)\)的。
第二类斯特林数
\(\begin{Bmatrix}n\\ k\end{Bmatrix}\)表示将n个元素分成k个非空集合的方案数，集合内是无序数。
\(\begin{Bmatrix}n\\ k\end{Bmatrix}=\begin{Bmatrix}n-1\\k-1\end{Bmatrix}+k\times \begin{Bmatrix} n-1\\ k \end{Bmatrix}\)
\(x^n=\sum_k\begin{Bmatrix}n\\ k\end{Bmatrix}x^{\underline k}\) (展开可证，组合意义即\(x\)种颜色的球选\(n\)次\(=\)枚举一共选了\(k\)种颜色划分的方案数乘从\(x\)中颜色选出\(k\)个进行排列的方案数)
\(x^n=\sum_k\begin{Bmatrix}n\\ k\end{Bmatrix}(-1)^{n-k}x^{\overline k}\)
\(\begin{Bmatrix}n\\k\end{Bmatrix}=\frac{1}{k!}\sum\limits_{i=0}^k(-1)^i\binom{i}{k}(k-i)^n\) (就是令集合间有序，然后枚举有几个集合是空的进行容斥)
求一行第二类斯特林数：
- 完全可以用第3个式子直接做了，复杂度\(O(n\log n)\)。
斯特林反演
可以把第一类的1式，第二类的1,2式合起来，得到\(\sum\limits_{k=p}^n\begin{Bmatrix}n\\k\end{Bmatrix}\begin{bmatrix}k\\p\end{bmatrix}(-1)^{n-k}=[p=n]\)，然后就可以愉快的进行反演，得
\[ f_n=\sum\limits_{i=0}^n\begin{Bmatrix}n\\i\end{Bmatrix}g_i \\ g_n=\sum\limits_{i=0}^n(-1)^{n-i}\begin{bmatrix}n\\i\end{bmatrix}f_i \]
单位根反演
https://blog.csdn.net/DT_Kang/article/details/79944113
\(\frac{1}{n}\sum\limits_{i=0}^{n-1}w^{ki}=[n|k]\)
怎么求原根
从\(2\)开始枚举\(g\)，检查是否对于所有的\(q,is[q],q|\varphi(p)\)都满足\(g^{\frac{phi}{q}}\not =1\) 。
置换
https://blog.csdn.net/zhouyuheng2003/article/details/88527913
广义二项式定理
\((1+x)^{-n}=\sum\limits_{i=0}^{\infty}(-1)^{i}\binom{n+i-1}{i}\)
\((1-x)^{-n}=\sum\limits_{i=0}^{n\infty}\binom{n+i-1}{i}\)