[总结]其余杂项数学相关（定理&证实&板子）

目录

• 写在前面
• 一类反演问题
  • 莫比乌斯反演
  • 快速莫比乌斯变换（反演）与子集卷积
    • 莫比乌斯变换（反演）
    • 子集卷积
  • 二项式反演
    • 内容
    • 证实
    • 应用举例
    • 另外一形式
  • 斯特林反演
    • 第一类斯特林数
    • 第二类斯特林数
    • 反演公式
  • 最值反演（ \(\text{min-max}\) 容斥）
    • 公式
    • 证实
• 拉格朗日插值法
  • 简介
  • 求解
  • 天然数的幂的前缀和
    • 问题提出
    • 问题解决
    • 代码实现

写在前面

1. 这是继数论和组合计数类数学相关与多项式类数学相关后的第三篇数学方面内容总结。主要记录本身近期学习的一些数学方法。内容比较杂，同时也起到对前文的一些补充做用。
2. 若文章中出现错误，烦请告知。
3. 感谢您的造访。

一类反演问题

莫比乌斯反演

这一个内容在数论和组合计数类数学相关里面提到了。

快速莫比乌斯变换（反演）与子集卷积

莫比乌斯变换（反演）

问题提出

若 \(h,f,g\) 为下标为集合的函数，咱们定义

\[h=f*g\]

表示

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

容易发现，对于这个问题，咱们能够用 \(O\left((2^n)^2\right)\) 的枚举 \(L,R\) 来计算。

然而这样复杂度较高，咱们考虑类比多项式卷积的过程，能够求出 \(f,g\) 的点值，直接相乘获得 \(h\) 的点值而后再插回去。

值得注意的是为了便于表述以及规范表达，快速莫比乌斯变换就至关于点值，快速莫比乌斯反演就至关于插值。

算法原理

• 咱们定义 \(f\) 的莫比乌斯变换为 \(F\) ，其中 \(F(S)=\sum_{X\subseteq S}f(X)\) ；由这个定义，咱们能够推出 \(F\) 莫比乌斯反演 \(f\) 为 \(f(S) = \sum_{X \subseteq S} (-1)^{|S| - |X|}F(X)\) 。对于莫比乌斯反演的证实，能够带入莫比乌斯变换的式子或容斥来证。
• 咱们对于一个函数 \(f,g,h\) ，记它的点值式为 \(F,G,H\) 。咱们将问题提出中的卷积式两边同时作莫比乌斯变换，获得 \[\begin{aligned}H(S) &= \sum_{L \subseteq S} \sum_{R \subseteq S} [L \cup R \subseteq S] f(L) \times g(R)\\&=\sum_{L \subseteq S} \sum_{R \subseteq S}f(L) \times g(R)\\&=\left(\sum_{L \subseteq S}f(L)\right)\times\left(\sum_{R \subseteq S}g(R)\right)\\&=F(S)\times G(S)\end{aligned}\]

至此算法原理及过程已经彻底结束。彷佛咱们能够用 \(O(3^n)\) 枚举子集来变换和反演，实际上咱们可让复杂度更优。

算法实现

• 设 \(\hat{f_{S}}^{(i)}\) 表示 \(\sum_{T \subseteq S} [(S - T) \subseteq \{1, 2, ..., i\}] f_{T}\)
• 易得初始状态：\(\hat{f_{S}}^{(0)} = f_{S}\)
• 对于每个不包含 \(\{i\}\) 的集合 \(S\)，可知 \(\hat{f_{S}}^{(i)} = \hat{f_{S}}^{(i - 1)}\)（由于 \(S\) 并无 \(i\) 这位），\(\hat{f}_{S \cup \{i\}}^{(i)} = \hat{f}_{S}^{(i - 1)} + \hat{f}_{S \cup \{i\}}^{(i - 1)}\)（前者的 \(T\) 没有包含 \(\{i\}\)，然后者的 \(T\) 必须包含了 \(\{i\}\)）。
• 显然，递推了 \(n\) 轮以后，\(\hat{f}_{S}^n\) 就是所求的变换了。

用高维前缀和能够作到 \(O(n\times 2^n)\) 的递推，求出点值和插值。

void FMT(int *A, int o) {// o 为识别因子
    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;
}

例题

• [HAOI 2015]按位或

子集卷积

\(\text{FWT}\) ：“你刚才说的那个玩意我也能作啊，要你何用？”

\(\text{FMT}\) ：“……”

问题提出

若 \(h,f,g\) 为下标为集合的函数，咱们定义

\[h=f*g\]

表示

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

算法实现

回顾刚刚的集合并卷积，子集卷积的条件比集合并卷积更苛刻，即 \(L\) 和 \(R\) 的集合应该不相交。

咱们能够在卷积时多加一维，维护集合的大小，如 \(f_{i,S}\) 表示集合中有 \(i\) 个元素，集合表示为 \(S\) 。显然，当 \(i\) 和 \(S\) 的真实元素个数符合时才是对的。记数组 cnt[S] 表示集合 \(S\) 的模。初始时，咱们只把 \(f_{cnt[S],S}\) 的值赋成原来的 \(f(S)\) （ \(g\) 同理），而后每一维作一遍 \(\text{FMT}\) ，点值相乘时这么写：\(h_{i, S} = \sum_{j = 0}^{i} f_{j,S} \times g_{i - j, S}\) 。最后扫一遍把不符合实际状况的状态赋成 \(0\) 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);
}

例题

• [WC 2018]州区划分

二项式反演

内容

对于函数 \(f,g\) ， \(\forall p\in\mathbb{N}\) 若 \(\forall n\geq p\) ，知足

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

那么 \(\forall n\geq p\)

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

证实

为了方便表达，咱们取 \(p=0\) ，实质和取 \(p\in\mathbb{N}\) 的证实方法是同样的。

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

故成立。

应用举例

推导错排公式

咱们记 \(f(n)\) 为 \(n\) 个数字任意放的方案数， \(g(n)\) 为 \(n\) 个数没有一个放在本身位置上的方案数。

枚举不在本身位置上的个数，容易获得

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

那么

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

注意到 \(f(x)=x!\) ，那么

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

棋盘染色

有个 \(1\times n\) 的格子， \(m\) 种颜色（ \(m\geq 2\) ），要求相邻格子的颜色不相同且每种颜色都要用到，求染色方案数。

咱们记 \(f(n)\) 为至多用到 \(n\) 种颜色的方案数， \(g(n)\) 为 \(n\) 为恰用到 \(n\) 种颜色的方案数。

那么

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

注意到 \(f(x)=x\times(x-1)^{n-1}\) 。那么就能够带入直接算了。

另外一形式

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

证实：

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

例题

• [BZOJ 2839]集合计数
• [BZOJ 3622]已经没有什么好惧怕的了

斯特林反演

第一类斯特林数

\(\begin{bmatrix}n\\m\end{bmatrix}\) 表示将 \(n\) 个元素排成 \(m\) 个轮换的方法数。

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

含义是考虑第 \(n\) 个元素的放法：要么新开一个轮换，要么就放在前 \(n-1\) 个元素的左边。

第二类斯特林数

\(\begin{Bmatrix}n\\m\end{Bmatrix}\) 表示将 \(n\) 个元素划分红 \(m\) 个非空子集的方法数。

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

含义是考虑第 \(n\) 个元素的放法：要么新开一个组，要么就放在前 \(m\) 组内。

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

有关通项公式的证实及运用能够参考多项式类数学相关这篇文章。

例题

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

反演公式

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

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

例题

• 给出 \(n\) 个点的一张简单图，问有多少个边的子集，知足保留子集中的边后，该图连通。（蒯自Sdchr）
  • 大概就是枚举连通块的个数，而后块内随便连，而后容斥就好。
  • 考虑如何求容斥系数 \(f(i)\) 。设其实是 \(x\) 个连通块的方案，它应该被计算 \([x=1]\) 次，实际上在全部更仔细的分块中被统计，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]异或图

最值反演（ \(\text{min-max}\) 容斥）

公式

记 \(\max(S)\) 为集合 \(S\) 中的最大值， \(\min(S)\) 为集合 \(S\) 中的最小值， \(|S|\) 为集合 \(S\) 的元素数量，那么如下两个等式成立

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

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

证实

这里只证实第一个等式好了，后边的能够自行推出。

其实只须要证实一件事，就是除了 \(\min(T)=\max(S)\) 的那个值，其余的 \(\min\) 值都被消掉了就能够了（这里说明一下，咱们假定集合中的元素两两相异）

先来讲明 \(\max(S)\) 的系数为何是 \(1\) ，假设中 \(S\) 最大的元素是 \(a\) ，那么咱们会发现只有 \(\min(\{a\})=\max(S)\) 因此 \(\max(S)\) 的系数必须是 \(1\) 。

而后再说明为何别的 \(\min\) 都被消掉了，假设某个元素 \(b\) 的排名是 \(k\) ，那么 \(\min(T)=b\) 当且仅当咱们选出的集合是后 \(n-k\) 个的元素构成的集合的子集而后并上 \(\{b\}\) 获得的，咱们会发现显然这样的集合有 \(2^{n-k}\) 种，而显然这其中恰有 \(2^{n-k-1}\) 中是有奇数个元素的，恰有 \(2^{n-k-1}\) 种是有偶数个元素的，两两相消天然就成 \(0\) 了，固然上述等式在 \(k=n\) 的时候不成立，可是此时剩下的恰好是最大值，因此证实完毕。

拉格朗日插值法

简介

给定 \(n + 1\) 个横坐标不相同的点，能够惟一肯定一个 \(n\) 次的多项式。最直观的求多项式的作法就是列方程求解。可是这样须要 \(O(n^3)\) 的时间来计算。而拉格朗日插值法则经过构造的方法，获得了一个通过 \(n + 1\) 个点的 \(n\) 次多项式。 具体的过程是这样的，假设如今咱们获得了 \(n + 1\) 个点：

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

设拉格朗日基本多项式为

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

这个基本多项式构造十分巧妙，由于注意到 \(\ell_j(x_j) = 1\) ，而且 \(\ell_j(x_i) = 0, \;\forall i \neq j\) 。那么，接着构造出这个 \(n\) 次多项式

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

根据基本多项式的性质，咱们能够知道 \(P(x_i) = y_i\) ，也就是通过了这 \(n + 1\) 个点。 经过简单的多项式乘法和多项式除法就能够在 \(O(n^2)\) 的时间求出这个多项式的系数表达。

求解

已知 \(n\) 次多项式 \(f(n)\) 上的 \(n+1\) 个点 \((x_i,y_i),i\in[0,n]\) ，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 \(x\) 的取值是连续一段的话，咱们能够作到 \(O(n)\) 求解。假设 \(\forall i<j,x_i<x_j\) （具体公式推导的话，若是你有兴趣能够参看以后的内容。由于比较显然，这里再也不讲解。）

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;
}

例题

• [BZOJ 2655]calc

天然数的幂的前缀和

问题提出

给定的 \(n\) 和 \(k\) ，求

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

一般 \(n\) 比较大，而 \(k\) 只有几千或者几万。

问题解决

咱们能够知道，对于上述式子，推导公式必定是是 \(k + 1\) 次多项式。对于证实的话，咱们能够参考riteme的介绍。

考虑使用拉格朗日插值法来得到答案多项式。

首先若是咱们得知了 \(n = 0, 1, \dots, k + 1\) 处的答案 \(f(n)\) ，那么给定的 \(n\) 处的答案能够写成

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

注意到后面的分式中，分子是一个前缀积乘以一个后缀积，而分母是两个阶乘。这些均可以在 \(O(k)\) 的时间内求出。 如今剩下的问题就是如何求出 \(f(0), f(1), \dots, f(k + 1)\) 了。因为 \(g(x) = x^k\) 是个彻底积性函数，因此咱们能够经过欧拉筛法求出 \(g\) 函数前面的一些值。具体的就是对于质数采起直接快速幂，合数则拆出任意一个因子来算，一般是欧拉筛法中能够顺便求得的最小质因子。根据素数定理，素数大约有 \(O\left(\frac{k}{\ln k}\right)\) 个。每次快速幂须要花费 \(O(\log k)\) 的时间，所以总的时间复杂度能够估计为 \(O(k)\) ，是一个很是优秀的算法。上面的方法具备通用性，只要咱们能够快速的求出某个 \(k\) 次多项式的前 \(k + 1\) 个值，那么剩下的部分可使用拉格朗日插值法在 \(O(k)\) 的时间内完成计算。

代码实现

int lagrange(int k, int *f, int xi) {//k+2 个点对 (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() {//预处理出阶乘逆元、插值的 k+2 个点
    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));
    }
}

例题

• [JLOI 2016]成绩比较