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大米餅正式退役了，OI給我帶來很多東西
我會的數學知識基本都在下面了
博客園的評論區問題如果我看到了應該是會盡力回答的．．．
這也是我作為一個OIer最后一次講課的講稿
20190731
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多項式乘法
FFT
基本概念
1.多項式的兩種表達(拉格朗日插值法)
多項式：\(A(x) = \sum_{i=0}^{n-1}a_ix^i\)，最高項次數為\(n-1\)，次數界為\(n\)
\((a_0,\cdots,a_{n-1})\)為多項式的系數表達, \((x_0,y_0),\cdots,(x_{n-1},y_{n-1})\) 為多項式的點值表達
2.\(n\)次單位根(泰勒展開(對多項式也適用)，歐拉公式，單位根，引理)
泰勒展開：
函數f(x)在\(x=x_0\)除的展開為：
$f(x) = f^0(x_0) + f^1(x_0)(x-x_0) + f^2(x_0)\frac{(x-x_0)^2}{2!} + \cdots + f^i (x_0)\frac{(x-x_0)^i}{i!} +\cdots $
其中\(f^i(x)\)表示\(f(x)\)的\(i\)次導數(所以要運用首先你得記住初等函數的求導公式)：
\[練習：\\ e^x \ = \ \sum_{i}\frac{x^i}{i!}\\ ln(1-x) \ = \ - \sum_{i\ge 1} \frac{x}{i} \\ cos(x) \ = \ \sum_{i} \frac{(-1)^ix^{2i}}{(2i)!} \\ sin(x) \ = \ \sum_{i} \frac{(-1)^ix^{2i+1}}{(2i+1)!} \\ \frac{1}{(1-x)^k} \ = \ \sum_{i}(^{k+i-1}_i)x^i \\ \]
可以證明一個表達式：
\[e^{\pm ix} = cos(x) \pm isin(x) \]
這指出\(e^{ix}\)對應的復平面上的點是 \((cos(x),sin(x))\) ，另外得到歐拉公式：
\[e^{\pi i } + 1 = 0 \]
有：
\[e^{2\pi i} = 1 \]
定義n次單位根\(x^n = 1\) 為滿足的\(n\)個復數
一個可行的方式是$\omega_n \ = \ e^{2 \pi i /n} $ ，在復數平面上，形成了一個乘法的循環，即\(\omega_n^k = \omega_n^{k \ mod \ n}\)
性質：
1.消去引理：$ \omega_{dn}^{dk} = \omega_n^k ，d \neq 0$
2.折半引理： n次單位跟平方的集合 = n/2次單位根平方的集合
3.求和引理(等比數列求和即可證明) ：
\[\frac{1}{n}\sum_{i}^{n-1}\omega^{ij}_n \ = \begin{cases} 1 & j \ mod \ n = 0\\ 0 & j \ mod \ n !=0\\ \end{cases} \]
DFT
1.概念：
DFT,IDFT,矩陣(定義，轉置，乘法，初等變換(換法，倍法，消法)，逆矩陣(存在性))，逆矩陣(求和引理)
定義 $A(x) = \sum_{i}^{n-1} a_ix^i $ 的DFT為點值表達：\(((w_n^0,y_0),\cdots,(w_n^{n-1},y_{n-1} ))\)
反過來可以對一個點值表達定義求表達，稱為IDFT
用矩陣表達:$Y = VA \Rightarrow A = V^{-1}Y $
$A_i = a_i, Y_i = y_i , V_{i,j} \ = \ w_n^{ij} $
根據求和引理：$V^{-1}{ij} =\frac{w{n}^{-ij} }{n} $
完整寫一下DFT和IDFT就是
\[y_j \ = \ \sum_{i=0}^{n-1} a_i w_n^{ij} \\ y_j \ = \ \frac{1}{n} \sum_{i=0}^{n-1} a_i w_n^{-ij} \\ \]
2.求法：(\(A_0,A_1\)，折半引理，蝴蝶操作)
兩個式子本質上是一樣的，考慮求第一個：
對於A(x)，構造
\[A_0 (x) = a_0 + a_2 x^2 + \cdots + a_{n-2}x^{n/2-1} \\ A_1 (x) = a_1 + a_3 x^2 + \cdots + a_{n-1}x^{n/2-1} \\ \Rightarrow A(x) = A_0(x^2) + xA_1(x^2) \\ 根據折半引理，問題規模大小就被我們減到了一半 \\ 具體實現，只需要翻轉系數的二進制位就可以了 \\ \]
//len為多項式次數界，2^L = len , C 為自定義復數
for(int i = 0;i < len; i++) R[i] = R[i>>1]>>1 | (i&1) << (L-1) ;
void FFT(C *a,int f) {//f = 1/-1 ,正/逆變換
for(int i = 0; i < len; i++) if(i < R[i]) swap(a[i],a[R[i]]);
for(int i = 1; i < len; i<<=1) {
C wn(cos(pi/i),f * sin(pi/i));
for(int j = 0; j < len; j+=(i<<1)) {
C w(1,0);
for(int k = 0; k < i; k++,w*=wn) {
C x = a[j + k],y = w * a[j + i + k];
a[j + k] = x + y,a[j + i + k] = x - y;
}
}
}
if(f==-1) for(int i = 0; i < len; i++) a[i] /= len;
}
NTT
使用於運算在mod P 的意義下進行
如果n | P -1 , 令 G 為 P 的原根，
MTT
處理不是ntt模數的情況
拆系數ntt:
按照二進制拆成前15位和后15位，分別相乘
構造 \(P(x) = A(x) + iB(x) , Q(x) = A(x) - iB(x)\)
簡單推導結論：\(dft \ Q_k \ = \ dft \ P_{n-k}\)
另外還有三模數ntt(不會。。。)
例題
1.通串的匹配問題
2.loj6434 神仙的游戲
3.bzoj3992 序列統計 (原根)
分治FFT
1.普通形式模板
2.f = f 卷 f 的形式，直接做會有問題
只會在l = 左邊界的時候有點問題，不妨直接不確定的那部分系數去掉
當 l 是不是邊界的時候將貢獻/2，在分治的最底層乘回來
3.兩道可以感受分治ntt的好題：
cd 848E Days of Floral Colours (1)
uoj401 青蕈領主 (2)
**FWT FMT FST **
1.問題，基本思想，構造的東西
可以參考
AGC034F RNG and XOR
cf1119H Triple
uoj348 周區划分
循環卷積與n進制異或fwt
(考慮FFT系數超出設置的len會怎么樣？)
JZOJ6239
同樣我們根據最高位分類：\(A_0,A_1,\cdots,A_{n-1}\)
考慮只有一維的情況，需要找到一個變換
使得變換->點乘->逆變換之后得到的是mod n的加法
可以聯想到循環卷積，直接令變換的矩陣為V即可
和fwt同理擴展到很多維就可以了
生成函數和多項式
1.定義
策爺的課件
OGF EGF ，加法乘法的意義
2.例子：
二進制數,背包的計數理解OGF的拼接
置換的計數,無向圖計數理解序列EGF的拼接
3.多項式相關：
0.預備知識：高中數學，部分高等數學
多項式求導，多項式積分
1.多項式求逆，多項式開根
bzoj3625 小朋友和二叉樹
分治fft很多時候都多項式求逆做
2.多項式ln
luogu U79666 樹上深度博弈
3.牛頓迭代，多項式exp ，多項式求冪
luogu 4389 付公主的背包
uoj50 鏈式反應
4.多項式除法，取模
常系數線性齊次遞推 (*)
(行列式定義，的五點性質：轉置，換法(推)，倍法(推)，分拆(推出展開)，消法)
luogu 4723 線性遞推模板
5.多點求值和快速插值( *)
uoj182 a^-1 + b problem
6.拉格朗日反演 (*)
\[f(g(x)) = g(f(x)) = x ，即：f是g的復合逆\\ [x^n]f(x) = \frac{1}{n}[x^{n-1}](\frac{x}{f(x)})^n \\ 推廣形式： [x^n]h(g(x)) = \frac{1}{n}[x^{n-1}]h'(x)(\frac{x}{f(x)})^n \\ \]
bzoj3684 大朋友和二叉樹
這里有一篇十分通俗的微分doc :
一階微分方程解法
數論
基本定理
完全剩余系性質
威爾遜定理：
\[p是質數 \Leftrightarrow (p - 1)! \equiv -1 (mod \ p)\\ \]
費馬小定理：
\[p 是質數,a不整除p \Rightarrow a^{p-1} \equiv 1 (mod p) \]
歐拉定理：(積性函數，線篩)
\[phi(p)定義為1 \to p-1和p 互質的數的個數 \\ 如果p = \prod_{i=1}^{m} a_i^{b_i} , \phi(p) = p \prod_{i=1}^{m} (1-\frac{1}{a_i}) \\ 歐拉定理描述為：\\ (a,p) = 1 \Rightarrow a^{\phi(p) } \equiv 1 (mod \ p ) \\ \]
勒讓得定理：
\[n!的唯一分解中質因p的個數為：\\ \sum_{k\ge1}\lfloor \frac{n}{p^k} \rfloor \\ \]
中國剩余定理(CRT)：
\[\begin{cases} x \equiv a_1 (mod \ m_1) \\ x \equiv a_2 (mod \ m_2) \\ \vdots \\ x \equiv a_n (mod \ m_n) \\ \end{cases} \\ 當m_1,m_2,\cdots,m_n兩兩互質一定有解為：\\ x \equiv \sum_{i=1}^{m}a_iM_iM_i^{-1} (mod \ M) \\ 其中M=\prod_{i=1}^{n}m_i ，M_i = \prod_{j=1,j \neq i}^{n}m_j\\ M_i^{-1}M_i \equiv 1 (mod \ m_i) \\ \]
擴展CRT：\(m_1,m_2,\cdots,m_n\)不滿足兩兩互質；
(百度的第一篇博客推法思路大致是的，但是里面有很多多余的步驟?)
\[只需要考慮如何解： \begin{cases} x \equiv a_1 (mod \ m_1) \\ x \equiv a_2 (mod \ m_2) \\ \end{cases} \\ x = k m_1 + a_1 \\ \Rightarrow km_1 = a_2 - a_1 (mod \ m_2) \\ 有解的充要條件是:(m_1,m_2) | a_2 - a_1 \\ \Rightarrow k\frac{m_1}{(m_1,m_2)} = \frac{a_2 - a_1}{(m_1,m_2)} (mod \ \frac{m_2}{(m_1,m_2)}) \\ \Rightarrow k = \frac{a_2 - a_1}{(m_1,m_2)}(\frac{m_1}{(m_1,m_2)})^{-1} (mod \ \frac{m_2}{(m_1,m_2)}) \\ 我們右邊 = t ,則有k = k'\frac{m_2}{(m_1,m_2)} + t \\ x = k m_1 + a_1 ＝ k'\frac{m_1m_2}{(m_1,m_2)} + tm_1 + a_1 \\ 即: x \equiv (inv({m_1\over (m_1,m_2)},{m_2\over (m_1,m_2)})*{(a_2-a_1)\over (m_1,m_2)})\%{m_2\over (m_1,m_2)}*m_1+a_1 (mod \ \frac{m_1m_2}{(m_1,m_2)}) \\ \]
素數判定和大整數分解
Miller-Rabin
1.理論基礎：
1)費馬小定理的逆定理
有一定概率不成立，我們稱這樣的p為偽素數
2)二次探測定理：
$p是素數，x^2 \equiv 1 (mod \ p ) \Rightarrow x \equiv -1 \ or \ 1 (mod \ p) $
2.算法流程 miller_rabin(long long n)：
1)隨機一個數字$a < n $, 設 \(u\) 是 \(n - 1\) 除去\(2\)的次冪剩下的數
2)對 \(a^{u}\) 和 \(a^{2u}\) 做二次探測並不斷令\(u = 2u\) 直到$ u = n -1$
3)對\(a^u\) 即 \(a^{n-1}\)檢驗費馬小定理
可以多做幾次．
Pollard-Rho
1.理論基礎：
1)生日悖論
2)floyd判環法
相遇后，令一個指針不動，另一個回到起點二者同速運動可巧妙找到環的起點
2.算法流程 pollard-rho(long long n) :
1)miller-rabin(n)檢測成功則退出，否則進入2)嘗試找到一個非平凡因子
2)用$ x_{i} = (x_{i-1}^2 + c) \ mod \ (n-1) + 1 $ 生成偽隨機數
判斷\(gcd(x_i - y ,n )\)是否是非平凡因子，是則退出
在\(i\)是２的冪處記錄\(y = x_i\)，在\(2i\)處更新\(y\)，其間如果有\(x_{(i+1) \to 2i} = y\)則說明出現了環
這樣做據說是\(O(n^{\frac{1}{4}})\)的 ，我不會證
另：O(1)快速乘法
inline long long multi(long long x,long long y,long long mod)
{
long long tmp=(x*y-(long long)((long double)x/mod*y+eps)*mod);
return tmp<0 ? tmp+mod : tmp;
}
eps 是用來設置精度的
雖然快但是比較容易炸精度，慎用．．．
二次剩余
1.判定：
二次剩余的個數為\(\frac{p-1}{2}\)
勒讓徳符號 \((\frac{a}{p}) = a^{\frac{p-1}{2}}\) (a<p)
歐拉判別法：
\[a 是 0 的充分必要條件是(\frac{a}{p}) = 0\\ a 是 p 的二次剩余的充分必要條件是(\frac{a}{p}) \equiv 1 (mod \ p) \\ a 是 p 的二次非剩余的充分必要條件是(\frac{a}{p}) \equiv -1 (mod \ p) \\ \]
(證明：先用費馬小證=１的必要以及二分性，再配對反證充分性)
2.(*)求法：cipolla算法
解：$x^2 \equiv n (mod \ p) $
考慮隨機一個\(p\)的二次非剩余$a^2 - n $
定義一個新的數域(類似復數域)令\(w = \sqrt{a^2 - n}\)
則\(x = \pm (a+w)^{\frac{p+1}{2}}\)
\[\begin{align} &(a+w)^{p+1}\\ &= (a+w)^p (a+w) \\ &= (a^p+w^p)(a+w) \\ &= (a-w)(a+w) \\ &= a^2 - w^2 \\ &= n \\ \end{align} \]
最后結果里面的x虛部一定是0，據說是因為由拉格朗日定理\(f(x) \equiv 0\)在mod p 的數域下最多只有f(x)的最高次數那么多個根，我也不知道為什么．．．．．
組合數
1.部分組合恆等式：
\[\begin{align} &定義可得:\\ &1) \ (^n_m) = (^{n-1}_{m-1}) + (^{n-1}_{m})\\ &2) \ (^{n+1}_m) = \frac{n+1}{n-m+1}(^{n}_{m}) \\ &3) \ (^n_{m+1}) = \frac{n-m}{m+1}(^{n}_{m}) \\ &4) \ (^{n+1}_{m+1}) = \frac{n+1}{m+1}(^n_m) \\ &下面要講的二項式定理可以推：\sum_{i=0}^n(^n_i) = 2^n \\ &\sum_{i=0}^{min(a,b)}(^a_i)(^b_i) = (^{a+b}_b) \Rightarrow \sum_{i=0}^n(^n_i)^2 = C_{2n}^n\\ &組合數的一個豎列和斜列都是可以化簡的：\\ &1)\sum_{i=0}^{k}(^{n+i}_{m+i}) = (^{n+k+1}_{m+k}) - (^n_{m-1}) \\ &2)\sum_{i=0}^{k}(^{n+i}_{m}) = (^{n+k+1}_{m+1})-(^n_{m+1}) \\ \end{align} \]
２.二項式定理
\[(a＋b)^n = \sum_{i=0}^{n} (^n_i)a^ib^{n-i} \\ \]
這個可以歸納證.
３.lucas定理
\[p是素數，設n = sp+q,m = tp+r (q,r<p)\\ 則：\\ (^n_m) \equiv (^s_t)(^q_r) \\ \]
這個可以在p進制下擴展
可以構造\((1+x)^n\) 利用二項式定理證明
４.擴展lucas :
bzoj4830 拋硬幣
bsgs
\[\begin{align} &求：A^x \equiv B (mod \ C)的最小非負整數解，滿足(A,C)=1\\ &(A,C)=1 \Rightarrow A^x\equiv A^{x \ mod \ \phi(c)} (mod \ C)\\ &那么令m = \lceil \sqrt C \rceil ，A^{im-j} \equiv B(mod \ C)\\ &(A^{m})^i \equiv A^jB(mod \ C)\\ &用hash表存下右邊,枚舉左邊即可求解 \\ \end{align} \]
時間復雜度：\(O(\sqrt C 或 \sqrt C log \sqrt C)\)
擴展bsgs
\[問題一樣，只是沒有(A,C) = 1 ，這是就沒有歐拉定理了 \\ 首先判掉B = 1,0的情況 ,考慮不斷除去a 和模數的gcd：\\ 設D = \prod_{i=1}^{k}d_i,其中d_i表示第i次求得a和模數的gcd\\ A^{x-k} \frac{A^k}{D} \equiv \frac{B}{D} (mod \ \frac{C}{D})\\ 枚舉x = 1 \to k ，x > k 的移項之后可以直接bsgs \]
**線性代數 **
1.矩陣
高斯-亞當消元求逆矩陣(滿秩)
線性相關/無關，張成，基
線性基
插入，合並，詢問最大/最小值，查詢排名，查詢第k小
bzoj 2844 albus就是要第一個出場
bzoj3569 DZY Loves Chinese II
你們哪天看懂了證明記得告訴我
2.行列式
\[det(A) = \sum_{P} (-1)^{\tau(P)} \prod_{i=1}^{n} A_{i,p_i}\\ \]
性質：
1.初等變換：1 2 3
2.\(det(A^\tau) = det(A)\)
3.\(det(A) = det(A)det(B)\)
證明：拉普拉斯定理
Matrix - tree 定理 (K=D-A)
2016級的*ZJ學長
BEST定理
群論
1.群的判定：
(a)封閉性：任意\(a,b\in G\) ，存在\(c \in G,a \cdot b=c\)
(b)結合律：任意$a,b,c\in G \(，滿足\)(a \cdot b)\cdot c = a \cdot (b \cdot c) $
(c)單位元：存在\(e \in G\)，對任意\(a \in G\)，滿足\(a \cdot e = e \cdot a = a\)
(d)逆元：對任意\(a \in G\)，存在\(b \in G\)，\(a \cdot b = b \cdot a = e\)，記做\(b = a^{-1}\)
(置換，置換的乘法，置換群)
2.burnside 引理
\[\begin{align} &L = \frac{1}{|G|}\sum_{j=1}^{s}D(a_j)\\ &其中L表示本質不同的元素個數，G表示置換群為\{a_1,\cdots,a_s\},\\ &D(a_j)表示置換a_j下的不動點個數\\ &證明：\\ &引理1：定義穩定核G(c)為集合\{f|f \cdot c = c ,c \in G\} ，它是一個群\\ &引理2: 和c本質相同的方案數：\frac{|G|}{G(c)}\\ &證明：\\ & \ \ 若f,g,c \in G \ 則 \ f \cdot c = g \cdot c \Leftrightarrow f^{-1}g \in G(c) \\ & \ \ 那么對於一個f ，和它作用相同的置換g的集合是\{f \cdot h | h \in G(c)\} \\ & \ \ 那么和c 本質相同的方案數為\frac{|G|}{|G(c)|}\\ &立即推出：|G(c)| = \frac{|G|}{|等價類(c)|}\\ &對f\cdot c=c的(f,c)計數\\ &1) \sum_{j=1}^{s}D(a_j)\\ &2) \sum_{i=1}^{n}|G(c)| = \sum_{i=1}^{n}\frac{|G|}{|等價類|} = L|G|\\ &最后一步是一起考慮一個等價類的貢獻，1)和2)相等即推出burnside引理！ \end{align} \]
3.polya 定理
每個置換都可以寫成若干個互不相交的循環的乘積
設G是一個n階置換的群，用m種顏色去塗：
\[L\ = \ \frac{1}{G}(m^{c(g_1)} + m^{c(g2)}+\cdots+m^{c(g_n)}) \\ \]
其中\(g_i \in G\)，\(c(g_i)\)為\(g_i\)中循環的個數
luogu 4916 魔力環
prufer 序列
有標號無根樹
生成，性質，還原
bzoj1005 明明的煩惱
概率論
我理論部分基本空白，只知道一些結論：
\(f(x)\)在\([L,R]\)的期望
\[\begin{align} 如果x是一個[L,R]均勻分布的隨機變量\\ E(f(x)) \ = \ \frac{\int_{L}^{R} f(x) \ dx}{R-L} \\ \end{align} \]
貝葉斯公式
\[P(A|B) = \frac{P(B|A)P(A)}{P(B)} \\ \]
uoj299 游戲
博弈論
．．．．
重點理解sg函數
容斥和反演
基本形式：
\[\begin{align} ans = \sum_if(i)a_i \\ \end{align} \]
組合數容斥
\[\begin{align} &f(i) = (-1)^i\\ &\sum_{i=0}^{n}(-1)^i(^n_i) = [n=0] \\ &因為：(或者直接考慮(1-1)^n)\\ &\begin{cases} 當n = 0,顯然= 1\\ 當n \gt 0:原式= \sum_{i=0}^{n-1}(-1)^{i+1}(^{n-1}_i) + \sum_{i=0}^{n-1}(-1)^i(^{n-1}_i) = 0\\ \end{cases} &\end{align} \]
loj2351 毒蛇越獄
**二項式反演 **
\[f(n) = \sum_{i=0}^{n}(^n_i)g(i) \Leftrightarrow g(n) = \sum_{i=0}^{n}(-1)^{n-i}(^n_i)f(i)\\ 另一種更好看的形式：\\ f(n) = \sum_{i=0}^{n}(-1)^{i}(^n_i)g(i) \Leftrightarrow g(n) = \sum_{i=0}^{n}(-1)^{i}(^n_i)f(i)\\ 另一種不太好看的形式：\\ f(i) = \sum_{j\ge i}(^j_i)g(j) \Leftrightarrow g(i) = \sum_{j \ge i}(-1)^{j-i}(^j_i) f(j) \\ \]
經典的錯排問題
loj3120 珍珠
斯特林容斥
\[\begin{align} &f(i) = (-1)^{i-1}(i-1)! \\ &\sum_{i=1}^{n}\{^n_i\}(-1)^{i-1}(i-1)! = [n=1] \\ &因為：\\ &\begin{cases} 當n = 1，顯然 = 1\\ 當n \gt 1,原式 = \sum_{i=1}^{n-1}(-1)^{i-1}i!\{^{n-1}_{i}\}+\sum_{i=1}^{n-1}(-1)^ii!\{^{n-1}_{i}\} = 0\\ \end{cases} \end{align} \]
斯特林數(定義，遞推式，求法 : I 倍增FFT,||卷積，用於轉換冪，反轉公式)
bzoj 異或圖
斯特林數
1.定義：
\[1.兩類數的遞推式：\\ [^n_i] = [^{n-1}_{i-1}]+(n-1)[^{n-1}_i]\\ \{^n_i\} = \{^{n-1}_{i-1}\} + i\{^{n-1}_i\}\\ 根據定義 \sum_{i=0}^{n}[^n_i] = n!\\ \]
2.斯特林數一行的求法：
第一類：(倍增fft)
\[[_m^n] = [x^m] x^{\overline n}\\ 倍增FFT即可 \]
\(O(m \ log \ m )\)
第二類：(存在卷積形式)
\[根據組合意義可以知道：\\ n^m = \sum_{i=0}^{m}(^m_i)\{^n_i\}i!\\ 對上面的式子二項式反演或者直接考慮容斥可以得到：\\ \{^n_m\} = \frac{1}{m!}\sum_{i=0}^{m}(-1)^{m-i}(^m_i)i^{n}\\ 立即推出卷積形式：\\ \{^n_m\} = \sum_{i=0}^{m}\frac{(-1)^{m-i}}{(m-i)!}\frac{i^{n}}{i!}\\ \]
\(O(m \ log \ m )\)
bzoj2159 crash的文明世界
**斯特林反演 **
\[f(n) = \sum_{i=1}^{n} \{^n_i\} g(i) \Longleftrightarrow g(n) = \sum_{i=1}^{n} (-1)^{n-i} [^n_i]f(i)\\ f(n) = \sum_{i=1}^{n} [^n_i] g(i) \Longleftrightarrow g(n) = \sum_{i=1}^{n} (-1)^{n-i} \{^n_i\}f(i)\\ 證明可以應用反轉公式:\\ \displaystyle \sum_{k=m}^n (-1)^{n-k}\begin{bmatrix}n\\k\end{bmatrix} \begin{Bmatrix}k\\m\end{Bmatrix}=[m=n]\\ \sum_{k=m}^n (-1)^{n-k}\begin{Bmatrix}n\\k\end{Bmatrix} \begin{bmatrix}k\\m\end{bmatrix}=[m=n]\\ 反轉公式的證明可以應用斯特林數和冪的關系:\\ x^n = \sum_{i=0}^{n}\{^n_i\}x^{\underline i}\\ x^{\overline n} = \sum_{i=0}^{n}[^n_i]x^i\\ 這個關系歸納可證，再帶入冪的轉化關系可證反轉\\ \]
我只做過裸題
**容斥系數 **
\[本質是我們只需要滿足\\ \sum_{i}^{n}f(i)g(i) = \delta_n \\ g，\delta是確定的，所以我們可以直接O(n^2)解出f\\ 或者可以直接反演求出f,某些情況或者可以用生成函數推出f\\ 或者：直接打表鴨！\\ \]
玲瓏杯線上賽河南專場 Round#17 B
min-max容斥
\[\max(S)=\sum_{T\subseteq S} (-1)^{|T|-1}\min(T)\\ E(\max S)=\sum_{T\subseteq S} (-1)^{|T|-1}E(\min T)\\ \text{lcm}(S)=\prod_{T\subseteq S} (-1)^{|T|-1}\gcd(T)\\ min和max當然是對稱的\\ \]
loj2542 隨機游走
luogu4704 重返現世
kth min-max容斥
\[推容斥系數的技巧可以用了：\\ [i=k] = \sum_{j=1}^{i}(^{i-1}_{j-1})f(j) \\ 二項式反演得：\\ f(i) = \sum_{j=1}^{i}(-1)^{i-j}(^{i-1}_{j-1})[j==k] \\ 即f(i) = (-1)^{i-k}(^{i-1}_{k-1}) \\ kthmax(S) = \sum_{T \subset S} (-1)^{|T|-k}(^{|T|-1}_{k-1})min(T) \]
子集反演
\[f(S) = \sum_{T \subset S}g(T) \Leftrightarrow g(S) = \sum_{T \subset S}(-1)^{|S|-|T|}f(T)\\ f(S) = \sum_{S \subset T}g(T) \Leftrightarrow g(S) = \sum_{S \subset T}(-1)^{|T|-|S|}f(T)\\ \]
loj 2983 數樹
**單位根反演 **
\[\frac{1}{n}\sum_{j=0}^{n-1}\omega_n^{j(i-t)} = [i \% n=t]\\ \]
loj6485 LJJ學二項式定理
loj3058 白兔之舞
**莫比烏斯反演 **
Po姐的ppt
莫比烏斯函數：
1.定義
\[\mu(n) = \begin{cases} 1 &n=1\\ (-1)^r & n=p_1\cdots p_r,p_1\cdots p_r 是兩兩不同的質數\\ 0 &其它，即n有大於1的平方因子\\ \end{cases}\\ \]
2.性質：
\[\begin{align} &1)積性\\ &2)\sum_{d|n} \mu(d) = [n=1] \\ &3)\sum_{d|n}\frac{\mu(d)}{d}=\frac{\phi(n)}{n}\\ &(考慮\sum_{i=1}^{n}[gcd(i,n)=d] = \phi(\frac n d) 即可證3)\\ \end{align} \]
反演的兩種形式：
\[f(n) = \sum_{d|n} g(d) \Leftrightarrow g(n) = \sum_{d|n}\mu(\frac{n}{d})f(d)\\ f(n) = \sum_{n|d} g(d) \Leftrightarrow g(n) = \sum_{n|d}\mu(\frac{d}{n})f(d)\\ \]
bzoj2820 YY的GCD
bzoj3434 時空穿梭
loj 2085 循環之美
OIwiki !
(大家可能只有自行學習杜教篩，洲閣篩，和min25篩了)
杜教篩的復雜度，我當時學的時候一直沒有搞清楚有一點，后來看rqy的博客看到了：
\[O(\sum_{i=1}^{\sqrt n} \sqrt \frac{n}{i}) \approx O(2\sqrt{n}\int_0^{\sqrt n}i^{\frac{1}{2}}) = O(n^{\frac{3}{4}})\\ \]
(由於沒時間講計算幾何了，大家記得學一下閔可夫斯基和)
