[總結]其餘雜項數學相關（定理&證實&板子）

目錄

• 寫在前面
• 一類反演問題
  • 莫比烏斯反演
  • 快速莫比烏斯變換（反演）與子集卷積
    • 莫比烏斯變換（反演）
    • 子集卷積
  • 二項式反演
    • 內容
    • 證實
    • 應用舉例
    • 另外一形式
  • 斯特林反演
    • 第一類斯特林數
    • 第二類斯特林數
    • 反演公式
  • 最值反演（ \(\text{min-max}\) 容斥）
    • 公式
    • 證實
• 拉格朗日插值法
  • 簡介
  • 求解
  • 天然數的冪的前綴和
    • 問題提出
    • 問題解決
    • 代碼實現

寫在前面

1. 這是繼數論和組合計數類數學相關與多項式類數學相關後的第三篇數學方面內容總結。主要記錄本身近期學習的一些數學方法。內容比較雜，同時也起到對前文的一些補充做用。
2. 若文章中出現錯誤，煩請告知。
3. 感謝您的造訪。

一類反演問題

莫比烏斯反演

這一個內容在數論和組合計數類數學相關裏面提到了。

快速莫比烏斯變換（反演）與子集卷積

莫比烏斯變換（反演）

問題提出

若 \(h,f,g\) 爲下標爲集合的函數，咱們定義

\[h=f*g\]

表示

\[h(S) = \sum_{L \subseteq S}^{} \sum_{R \subseteq S}^{} [L \cup R = S] f(L) \times g(R)\]

容易發現，對於這個問題，咱們能夠用 \(O\left((2^n)^2\right)\) 的枚舉 \(L,R\) 來計算。

然而這樣複雜度較高，咱們考慮類比多項式卷積的過程，能夠求出 \(f,g\) 的點值，直接相乘獲得 \(h\) 的點值而後再插回去。

值得注意的是爲了便於表述以及規範表達，快速莫比烏斯變換就至關於點值，快速莫比烏斯反演就至關於插值。

算法原理

• 咱們定義 \(f\) 的莫比烏斯變換爲 \(F\) ，其中 \(F(S)=\sum_{X\subseteq S}f(X)\) ；由這個定義，咱們能夠推出 \(F\) 莫比烏斯反演 \(f\) 爲 \(f(S) = \sum_{X \subseteq S} (-1)^{|S| - |X|}F(X)\) 。對於莫比烏斯反演的證實，能夠帶入莫比烏斯變換的式子或容斥來證。
• 咱們對於一個函數 \(f,g,h\) ，記它的點值式爲 \(F,G,H\) 。咱們將問題提出中的卷積式兩邊同時作莫比烏斯變換，獲得 \[\begin{aligned}H(S) &= \sum_{L \subseteq S} \sum_{R \subseteq S} [L \cup R \subseteq S] f(L) \times g(R)\\&=\sum_{L \subseteq S} \sum_{R \subseteq S}f(L) \times g(R)\\&=\left(\sum_{L \subseteq S}f(L)\right)\times\left(\sum_{R \subseteq S}g(R)\right)\\&=F(S)\times G(S)\end{aligned}\]

至此算法原理及過程已經徹底結束。彷佛咱們能夠用 \(O(3^n)\) 枚舉子集來變換和反演，實際上咱們可讓複雜度更優。

算法實現

• 設 \(\hat{f_{S}}^{(i)}\) 表示 \(\sum_{T \subseteq S} [(S - T) \subseteq \{1, 2, ..., i\}] f_{T}\)
• 易得初始狀態：\(\hat{f_{S}}^{(0)} = f_{S}\)
• 對於每個不包含 \(\{i\}\) 的集合 \(S\)，可知 \(\hat{f_{S}}^{(i)} = \hat{f_{S}}^{(i - 1)}\)（由於 \(S\) 並無 \(i\) 這位），\(\hat{f}_{S \cup \{i\}}^{(i)} = \hat{f}_{S}^{(i - 1)} + \hat{f}_{S \cup \{i\}}^{(i - 1)}\)（前者的 \(T\) 沒有包含 \(\{i\}\)，然後者的 \(T\) 必須包含了 \(\{i\}\)）。
• 顯然，遞推了 \(n\) 輪以後，\(\hat{f}_{S}^n\) 就是所求的變換了。

用高維前綴和能夠作到 \(O(n\times 2^n)\) 的遞推，求出點值和插值。

void FMT(int *A, int o) {// o 爲識別因子
    for (int i = 1; i < ST; i <<= 1)//ST-1 表示全集
        for (int j = 0; j < ST; j++)
            if (i&j) (A[j] += A[j^i]*o) %= mod;
}

例題

• [HAOI 2015]按位或

子集卷積

\(\text{FWT}\) ：「你剛纔說的那個玩意我也能作啊，要你何用？」

\(\text{FMT}\) ：「……」

問題提出

若 \(h,f,g\) 爲下標爲集合的函數，咱們定義

\[h=f*g\]

表示

\[h(S) = \sum_{X \subseteq S} f(X) \times g(S-X)\]

算法實現

回顧剛剛的集合並卷積，子集卷積的條件比集合並卷積更苛刻，即 \(L\) 和 \(R\) 的集合應該不相交。

咱們能夠在卷積時多加一維，維護集合的大小，如 \(f_{i,S}\) 表示集合中有 \(i\) 個元素，集合表示爲 \(S\) 。顯然，當 \(i\) 和 \(S\) 的真實元素個數符合時纔是對的。記數組 cnt[S] 表示集合 \(S\) 的模。初始時，咱們只把 \(f_{cnt[S],S}\) 的值賦成原來的 \(f(S)\) （ \(g\) 同理），而後每一維作一遍 \(\text{FMT}\) ，點值相乘時這麼寫：\(h_{i, S} = \sum_{j = 0}^{i} f_{j,S} \times g_{i - j, S}\) 。最後掃一遍把不符合實際狀況的狀態賦成 \(0\) 便可。

for (int i = 0; i <= n; i++) FMT(g[i], 1);
for (int i = 0; i <= n; i++) FMT(f[i], 1);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
    for (int j = 0; j <= i; j++)
        for (int k = 0; k < ST; k++)
            (h[i][k] += 1ll*f[j][k]*g[i-j][k]%mod) %= mod;
    FMT(h[i], -1);
    for (int k = 0; k < ST; k++) if (cnt[k] != i) h[i][k] = 0;
    if (i != n) FMT(h[i], 1);
}

例題

• [WC 2018]州區劃分

二項式反演

內容

對於函數 \(f,g\) ， \(\forall p\in\mathbb{N}\) 若 \(\forall n\geq p\) ，知足

\[f(n)=\sum_{k=p}^{n}\binom{n}{k}g(k)\]

那麼 \(\forall n\geq p\)

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

證實

爲了方便表達，咱們取 \(p=0\) ，實質和取 \(p\in\mathbb{N}\) 的證實方法是同樣的。

\[\begin{aligned}g(n)&=\sum_{k=0}^{n}(-1)^{n-k}\binom{n}{k}f(k)\\&=\sum_{k=0}^{n}(-1)^{n-k}\binom{n}{k}\sum_{i=0}^k{k\choose i}g(i)\\&=\sum_{k=0}^n\sum_{i=0}^k(-1)^{n-k}{n\choose k}{k\choose i}g(i)\\&=\sum_{i=0}^n\left(\sum_{k=i}^n(-1)^{n-k}{n\choose k}{k\choose i}\right)g(i)\\&=\sum_{i=0}^n\left(\sum_{k=i}^n(-1)^{n-k}{n\choose i}{n-i\choose k-i}\right)g(i)\\&=\sum_{i=0}^n\left({n\choose i}\sum_{k=i}^n(-1)^{n-k}{n-i\choose n-k}\right)g(i)\\&=\sum_{i=0}^n\left({n\choose i}(1-1)^{n-i}\right)g(i)\\&=g(n)\end{aligned}\]

故成立。

應用舉例

推導錯排公式

咱們記 \(f(n)\) 爲 \(n\) 個數字任意放的方案數， \(g(n)\) 爲 \(n\) 個數沒有一個放在本身位置上的方案數。

枚舉不在本身位置上的個數，容易獲得

\[f(n)=\sum_{i=0}^n{n\choose i}g(i)\]

那麼

\[\begin{aligned}g(n)&=\sum_{i=0}^n(-1)^{n-i}{n\choose i}f(i)\\&=\sum_{i=0}^n(-1)^i{n\choose i}f(n-i)\end{aligned}\]

注意到 \(f(x)=x!\) ，那麼

\[\begin{aligned}g(n)&=\sum_{i=0}^n(-1)^i\frac{n!}{i!(n-i)!}(n-i)!\\&=n!\sum_{i=0}^n(-1)^i\frac{1}{i!}\end{aligned}\]

棋盤染色

有個 \(1\times n\) 的格子， \(m\) 種顏色（ \(m\geq 2\) ），要求相鄰格子的顏色不相同且每種顏色都要用到，求染色方案數。

咱們記 \(f(n)\) 爲至多用到 \(n\) 種顏色的方案數， \(g(n)\) 爲 \(n\) 爲恰用到 \(n\) 種顏色的方案數。

那麼

\[\begin{aligned}f(m)&=\sum_{i=2}^m{m\choose i}g(i)\\\Rightarrow g(m)&=\sum_{i=2}^m(-1)^i{m\choose i}f(n-i)\end{aligned}\]

注意到 \(f(x)=x\times(x-1)^{n-1}\) 。那麼就能夠帶入直接算了。

另外一形式

\[a_k=\sum\limits_{i=k}^n{i\choose k}b_i\Rightarrow b_k=\sum\limits_{i=k}^n(-1)^{i-k}{i\choose k}a_i\]

證實：

\[\begin{aligned} &\sum\limits_{i=k}^n(-1)^{i-k}{i\choose k}a_i\\=& \sum\limits_{i=k}^n(-1)^{i-k}{i\choose k}\sum\limits_{j=k}^n{j\choose i}b_i\\=& \sum\limits_{i=k}^n\sum\limits_{j=k}^n(-1)^{i-k}{i\choose k}{j\choose i}b_i\\=& \sum\limits_{i=k}^n\sum\limits_{j=k}^n(-1)^{i-k}{j\choose i}{i\choose k}b_i\\=& \sum\limits_{j=k}^n\sum\limits_{i=k}^j(-1)^{i-k}{j\choose k}{j-k\choose i-k}b_i\\=& \sum\limits_{j=k}^n{j\choose k}\sum\limits_{i=k}^j(-1)^{i-k}{j-k\choose i-k}b_i\\=&\sum\limits_{j=k}^n{j\choose k}(1-1)^{j-k}b_i\\=&b_k\end{aligned}\]

例題

• [BZOJ 2839]集合計數
• [BZOJ 3622]已經沒有什麼好懼怕的了

斯特林反演

第一類斯特林數

\(\begin{bmatrix}n\\m\end{bmatrix}\) 表示將 \(n\) 個元素排成 \(m\) 個輪換的方法數。

遞推公式：\(\begin{bmatrix}n\\m\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}n-1\\m-1\end{bmatrix}+(n-1)\begin{bmatrix}n-1\\m\end{bmatrix}\)

含義是考慮第 \(n\) 個元素的放法：要麼新開一個輪換，要麼就放在前 \(n-1\) 個元素的左邊。

第二類斯特林數

\(\begin{Bmatrix}n\\m\end{Bmatrix}\) 表示將 \(n\) 個元素劃分紅 \(m\) 個非空子集的方法數。

遞推公式：\(\begin{Bmatrix}n\\m\end{Bmatrix}=\begin{Bmatrix}n-1\\m-1\end{Bmatrix}+m\begin{Bmatrix}n-1\\m\end{Bmatrix}\)

含義是考慮第 \(n\) 個元素的放法：要麼新開一個組，要麼就放在前 \(m\) 組內。

通項公式（容斥式）： \(\begin{Bmatrix}n\\m\end{Bmatrix}=\frac{1}{m!}\sum\limits_{k=0}^{m}(-1)^k\binom{m}{k}(m-k)^n\)

有關通項公式的證實及運用能夠參考多項式類數學相關這篇文章。

例題

• [Codeforces 932E]Team Work
• [Codeforces 961G]Partitions
• [TJOI 2016&HEOI 2016]求和

反演公式

\[f(x) = \sum_{i=0}^x \begin{Bmatrix}x\\i\end{Bmatrix} g(i) \Leftrightarrow g(x) = \sum_{i=0}^x (-1) ^ {x - i}\begin{bmatrix}x\\i\end{bmatrix} f(i)\]

\[f(x) = \sum_{i=0}^x \begin{bmatrix}x\\i\end{bmatrix} g(i) \Leftrightarrow g(x) = \sum_{i=0}^x (-1) ^ {x - i}\begin{Bmatrix}x\\i\end{Bmatrix} f(i)\]

例題

• 給出 \(n\) 個點的一張簡單圖，問有多少個邊的子集，知足保留子集中的邊後，該圖連通。（蒯自Sdchr）
  • 大概就是枚舉連通塊的個數，而後塊內隨便連，而後容斥就好。
  • 考慮如何求容斥係數 \(f(i)\) 。設其實是 \(x\) 個連通塊的方案，它應該被計算 \([x=1]\) 次，實際上在全部更仔細的分塊中被統計，因此
  • \[[x = 1] = \sum_{i=1}^x\begin{Bmatrix}x\\i\end{Bmatrix}f(i)\]
  • 由斯特林反演
  • \[\begin{aligned}f(x) &= \sum_{i=1}^x(-1)^{x-i}\begin{bmatrix}x\\i\end{bmatrix}[i=1]\\&=(-1)^{x-1}\begin{bmatrix}x\\1\end{bmatrix}\\&=(-1)^{x-1}(x-1)!\end{aligned}\]
• [BZOJ 4671]異或圖

最值反演（ \(\text{min-max}\) 容斥）

公式

記 \(\max(S)\) 爲集合 \(S\) 中的最大值， \(\min(S)\) 爲集合 \(S\) 中的最小值， \(|S|\) 爲集合 \(S\) 的元素數量，那麼如下兩個等式成立

\[\max(S)=\sum_{T\subseteq S}(-1)^{|T|+1}\min(T)\]

\[\min(S)=\sum_{T\subseteq S}(-1)^{|T|+1}\max(T)\]

證實

這裏只證實第一個等式好了，後邊的能夠自行推出。

其實只須要證實一件事，就是除了 \(\min(T)=\max(S)\) 的那個值，其餘的 \(\min\) 值都被消掉了就能夠了（這裏說明一下，咱們假定集合中的元素兩兩相異）

先來講明 \(\max(S)\) 的係數爲何是 \(1\) ，假設中 \(S\) 最大的元素是 \(a\) ，那麼咱們會發現只有 \(\min(\{a\})=\max(S)\) 因此 \(\max(S)\) 的係數必須是 \(1\) 。

而後再說明爲何別的 \(\min\) 都被消掉了，假設某個元素 \(b\) 的排名是 \(k\) ，那麼 \(\min(T)=b\) 當且僅當咱們選出的集合是後 \(n-k\) 個的元素構成的集合的子集而後並上 \(\{b\}\) 獲得的，咱們會發現顯然這樣的集合有 \(2^{n-k}\) 種，而顯然這其中恰有 \(2^{n-k-1}\) 中是有奇數個元素的，恰有 \(2^{n-k-1}\) 種是有偶數個元素的，兩兩相消天然就成 \(0\) 了，固然上述等式在 \(k=n\) 的時候不成立，可是此時剩下的恰好是最大值，因此證實完畢。

拉格朗日插值法

簡介

給定 \(n + 1\) 個橫座標不相同的點，能夠惟一肯定一個 \(n\) 次的多項式。最直觀的求多項式的作法就是列方程求解。可是這樣須要 \(O(n^3)\) 的時間來計算。而拉格朗日插值法則經過構造的方法，獲得了一個通過 \(n + 1\) 個點的 \(n\) 次多項式。 具體的過程是這樣的，假設如今咱們獲得了 \(n + 1\) 個點：

\[ (x_0, y_0), \;(x_1, y_1),\; \dots,\;(x_n, y_n) \]

設拉格朗日基本多項式爲

\[ \ell_j(x) = \prod_{i = 0, i \neq j}^n {x - x_i \over x_j - x_i} \]

這個基本多項式構造十分巧妙，由於注意到 \(\ell_j(x_j) = 1\) ，而且 \(\ell_j(x_i) = 0, \;\forall i \neq j\) 。那麼，接着構造出這個 \(n\) 次多項式

\[ P(x) = \sum_{i = 0}^n y_i\ell_i(x) \]

根據基本多項式的性質，咱們能夠知道 \(P(x_i) = y_i\) ，也就是通過了這 \(n + 1\) 個點。 經過簡單的多項式乘法和多項式除法就能夠在 \(O(n^2)\) 的時間求出這個多項式的係數表達。

求解

已知 \(n\) 次多項式 \(f(n)\) 上的 \(n+1\) 個點 \((x_i,y_i),i\in[0,n]\) ，求 \(f(xi)\)

int lagrange(int n, int *x, int *y, int xi) {
    int ans = 0;
    for (int i = 0; i <= n; i++) {
        int s1 = 1, s2 = 1;
        for (int j = 0; j <= n; j++)
            if (i != j) {
                s1 = 1ll*s1*(xi-x[j])%mod;
                s2 = 1ll*s2*(x[i]-x[j])%mod;
            }
        ans = (1ll*ans+1ll*y[i]*s1%mod*quick_pow(s2, mod-2)%mod)%mod;
    }
    return (ans+mod)%mod;
}

若是 \(x\) 的取值是連續一段的話，咱們能夠作到 \(O(n)\) 求解。假設 \(\forall i<j,x_i<x_j\) （具體公式推導的話，若是你有興趣能夠參看以後的內容。由於比較顯然，這裏再也不講解。）

int lagrange(int n, int *x, int *y, int xi) {
    int ans = 0;
    s1[0] = (xi-x[0])%mod, s2[n+1] = 1;
    for (int i = 1; i <= n; i++) s1[i] = 1ll*s1[i-1]*(xi-x[i])%mod;
    for (int i = n; i >= 0; i--) s2[i] = 1ll*s2[i+1]*(xi-x[i])%mod;
    ifac[0] = ifac[1] = 1;
    for (int i = 2; i <= n; i++) ifac[i] = -1ll*mod/i*ifac[mod%i]%mod;
    for (int i = 2; i <= n; i++) ifac[i] = 1ll*ifac[i]*ifac[i-1]%mod;
    for (int i = 0; i <= n; i++)
        (ans += 1ll*y[i]*(i == 0 ? 1 : s1[i-1])%mod*s2[i+1]%mod
            *ifac[i]%mod*(((n-i)&1) ? -1 : 1)*ifac[n-i]%mod) %= mod;
    return (ans+mod)%mod;
}

例題

• [BZOJ 2655]calc

天然數的冪的前綴和

問題提出

給定的 \(n\) 和 \(k\) ，求

\[\sum_{i = 1}^n i^k \]

一般 \(n\) 比較大，而 \(k\) 只有幾千或者幾萬。

問題解決

咱們能夠知道，對於上述式子，推導公式必定是是 \(k + 1\) 次多項式。對於證實的話，咱們能夠參考riteme的介紹。

考慮使用拉格朗日插值法來得到答案多項式。

首先若是咱們得知了 \(n = 0, 1, \dots, k + 1\) 處的答案 \(f(n)\) ，那麼給定的 \(n\) 處的答案能夠寫成

\[ \begin{aligned} f(n) & = \sum_{i = 0}^{k + 1} f(i) {(n - 0)(n - 1)\cdots[n - (i - 1)][(n - (i + 1)]\cdots[n - (k + 1)] \over (i - 0)(i - 1)\cdots[i - (i - 1)][(i - (i + 1)]\cdots[i - (k + 1)]} \\ & = \sum_{i = 0}^{k + 1} f(i) {\prod_{j = 0}^{i - 1} (n - j) \prod_{j = i + 1}^{k + 1} (n - j) \over i!(-1)^{k - i + 1}(k + 1 - i)!} \\ & = \sum_{i = 0}^{k + 1} (-1)^{k - i + 1}f(i) {\prod_{j = 0}^{i - 1} (n - j) \prod_{j = i + 1}^{k + 1} (n - j) \over i!(k + 1 - i)!} \end{aligned} \]

注意到後面的分式中，分子是一個前綴積乘以一個後綴積，而分母是兩個階乘。這些均可以在 \(O(k)\) 的時間內求出。 如今剩下的問題就是如何求出 \(f(0), f(1), \dots, f(k + 1)\) 了。因爲 \(g(x) = x^k\) 是個徹底積性函數，因此咱們能夠經過歐拉篩法求出 \(g\) 函數前面的一些值。具體的就是對於質數採起直接快速冪，合數則拆出任意一個因子來算，一般是歐拉篩法中能夠順便求得的最小質因子。根據素數定理，素數大約有 \(O\left(\frac{k}{\ln k}\right)\) 個。每次快速冪須要花費 \(O(\log k)\) 的時間，所以總的時間複雜度能夠估計爲 \(O(k)\) ，是一個很是優秀的算法。上面的方法具備通用性，只要咱們能夠快速的求出某個 \(k\) 次多項式的前 \(k + 1\) 個值，那麼剩下的部分可使用拉格朗日插值法在 \(O(k)\) 的時間內完成計算。

代碼實現

int lagrange(int k, int *f, int xi) {//k+2 個點對 (i, f[i]), 0 <= i <= k+1
    int ans = 0; ++k;
    s1[0] = xi, s2[k+1] = 1;
    for (int i = 1; i <= k; i++) s1[i] = 1ll*s1[i-1]*(xi-i)%mod;
    for (int i = k; i >= 0; i--) s2[i] = 1ll*s2[i+1]*(xi-i)%mod;
    for (int i = 0; i <= k; i++) 
        (ans += 1ll*f[i]*(i == 0 ? 1 : s1[i-1])%mod*s2[i+1]%mod
            *ifac[i]%mod*(((k-i)&1) ? -1 : 1)*ifac[k-i]%mod) %= mod;
    return (ans+mod)%mod;
}
void pre() {//預處理出階乘逆元、插值的 k+2 個點
    f[1] = ifac[0] = ifac[1] = 1;
    for (int i = 2; i <= k+1; i++) ifac[i] = -1ll*mod/i*ifac[mod%i]%mod;
    for (int i = 2; i <= k+1; i++) ifac[i] = 1ll*ifac[i-1]*ifac[i]%mod;
    memset(isprime, 1, sizeof(isprime));
    for (int i = 2; i <= k+1; i++) {
        if (isprime[i]) prime[++tot] = i, f[i] = quick_pow(i, k);
        for (int j = 1; j <= tot && prime[j]*i <= k+1; j++) {
            isprime[i*prime[j]] = 0;
            f[i*prime[j]] = 1ll*f[i]*f[prime[j]]%mod;
            if (i%prime[j] == 0) break;
        }
    }
    for (int i = 1; i <= k+1; i++) f[i] = (f[i]+f[i-1])%mod;    
}
void work() {
    scanf("%d", &k); pre();
    while (~scanf("%d", &n)) {
        if (n <= k+1) printf("%d\n", f[n]);
        else printf("%d\n", lagrange(k, f, n));
    }
}

例題

• [JLOI 2016]成績比較