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1.组合数学的基本定义与基础题型

很水，可以选择性阅读。

例题：洛谷 P5135 painting
给定一个网格，每一列一个元素涂成黑色，求单调下降与单调不升的方案数，对 109+710^9+7109+7 取模。
单调下降：显然 CnmC _n^mCnm
单调不升：显然 Cn+m–1mC_{n + m – 1}^mCn+m–1m
考虑位置 ai+ia_i + iai+i 是单调的，且在 [2,n+m][ 2 , n + m ][2,n+m] 区间内，选 m 种，共有 Cn+m–1mC_{n + m – 1}^mCn+m–1m 种选择方式。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#define MAXN 1000005using namespace std;const int mod=1e9+7;int inv[MAXN];int C(long long n,long long m){if(n<m) return 0;int ans=1;for(long long i=1;i<=m;i++)ans=1ll*(n-i+1)%mod*inv[i]%mod*ans%mod;return ans;
}void solve(){long long n,m,opt;cin >> n >> m >> opt;if(opt==1){cout << C(n,m) << endl;}else{cout << C(n+m-1,m) << endl;}
}int main(){inv[1]=1;for(int i=2;i<MAXN;i++) inv[i]=1ll*(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;int T; cin >> T;while(T--) solve();return 0;
}

例题：洛谷 P8432 「WHOI-2」ぽかぽかの星

一场有两道大模拟的公开赛的签到题。

求满足以下条件的长度为 nnn 的数列的数量，对 109+710^9+7109+7 取模：

0<a1≤a2≤a3⋯≤an≤k0<a_1\leq a_2\leq a_3\dots \leq a_n\leq k0<a1≤a2≤a3⋯≤an≤k。
∀i≠j,ai+aj≠k+1\forall i\not = j,a_i+a_j\not = k+1∀i=j,ai+aj=k+1。

分 kkk 奇偶性讨论，将两个不能同时出现的数放在一组。

kkk 为偶数时，有 k2\frac{k}{2}2k 组，枚举选的组数，再计算对于所有组数的答案。
即：
∑i=1k2Ck2iCn−1i−12i\sum_{i = 1}^{\frac{k}{2}} C_{\frac{k}{2}}^iC_{n - 1}^{i - 1}2^ii=1∑2kC2kiCn−1i−12i
kkk 为奇数时，需要再计算 k+12\frac{k+1}{2}2k+1 是否出现过的答案。
即：
∑i=1k2Ck2iCn−1i−12i+∑i=1k2Ck2iCn−2i−12i\sum_{i = 1}^{\frac{k}{2}} {C_{\frac{k}{2}}^iC_{n - 1}^{i - 1}2^i} +\sum_{i = 1}^{\frac{k}{2}} C_{\frac{k}{2}}^iC_{n - 2}^{i - 1}2^ii=1∑2kC2kiCn−1i−12i+i=1∑2kC2kiCn−2i−12i

#include<iostream>
#include<cstdio>
#define MAXN 5000005using namespace std;const int mod=1e9+7;int Fp(int x,int tms){int ret=1;while(tms){if(tms&1) ret=1ll*ret*x%mod;x=1ll*x*x%mod; tms>>=1;}return ret;
}int fac[MAXN],invfac[MAXN],base2[MAXN];int C(int n,int m){if(n<m) return 0;return 1ll*fac[n]*invfac[m]%mod*invfac[n-m]%mod;
}void solve(){int n,k,ans=0;cin >> n >> k;if(n==1){cout << k << endl;return;}if(k%2==1){for(int i=1;i<=k/2;i++){ans=(ans+1ll*C(k/2,i)*C(n-1,i-1)%mod*base2[i]%mod)%mod;ans=(ans+1ll*C(k/2,i)*C(n-2,i-1)%mod*base2[i]%mod)%mod;}cout << ans << endl;}else{for(int i=1;i<=k/2;i++){ans=(ans+1ll*C(k/2,i)*C(n-1,i-1)%mod*base2[i]%mod)%mod;}cout << ans << endl;}
}int main(){fac[0]=base2[0]=1;for(int i=1;i<MAXN;i++) fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod,base2[i]=(2ll*base2[i-1])%mod;invfac[MAXN-1]=Fp(fac[MAXN-1],mod-2);for(int i=MAXN-2;i>=0;i--) invfac[i]=1ll*invfac[i+1]*(i+1)%mod;int T; cin >> T;while(T--) solve();return 0;
}

例题：CF294C Shaass and Lights

有 nnn 盏灯，其中亮了 mmm 盏，现每次可点亮一盏与亮的灯相邻的灯，求将所有的灯都点亮的方案数。

考虑初始时亮的灯把序列分成了 m+1m + 1m+1 段，我们在每次操作时，选择其中的一段点亮一盏灯。根据可重集排列的性质，有：
ans=(n−m)!∏i=1m+1leni!ans = \frac{(n - m)!}{\prod_{i = 1}^{m + 1} len_i!}ans=∏i=1m+1leni!(n−m)!

其中 lenilen_ileni 为分离出的第 iii 个区间的长度。

然后再考虑对于除最左侧的段和最右侧的段以外，其余的段在每次的选择时都有两种方案，选择最左侧的一盏灯点亮，或者选择最右侧的一盏灯点亮，因此，共有 2n−m−len1−lenm+12^{n - m - len_1 - len_{m + 1}}2n−m−len1−lenm+1 种选择方式。

相乘即得最终答案。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<algorithm>
#define MAXN 100005using namespace std;const int mod=1e9+7;int Fp(int x,int tms){int ret=1;while(tms){if(tms&1) ret=1ll*ret*x%mod;x=1ll*x*x%mod; tms>>=1;}return ret;
}int n,m,base2[MAXN],fac[MAXN],invfac[MAXN],a[MAXN];bool flag[MAXN];int main(){ios :: sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr); cout.tie(nullptr);cin >> n >> m;base2[0]=fac[0]=1;for(int i=1;i<=m;i++) cin >> a[i];stable_sort(a+1,a+m+1);for(int i=1;i<=n;i++){fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod;base2[i]=(base2[i-1]+base2[i-1])%mod;}invfac[n]=Fp(fac[n],mod-2);for(int i=n-1;i>=0;i--) invfac[i]=1ll*invfac[i+1]*(i+1)%mod;int ans=fac[n-m];for(int i=1;i<=m;i++){int tmp=a[i]-a[i-1]-1;if(tmp==0) continue;ans=1ll*ans*invfac[tmp]%mod;if(i!=1) ans=1ll*ans*base2[tmp-1]%mod;}if(a[m]!=n) ans=1ll*ans*invfac[n-a[m]]%mod;cout << ans << endl;return 0;
}

2.容斥原理在组合数学中的思想及应用

例题：洛谷 P5339 [TJOI2019]唱、跳、rap和篮球
有 AAA 个人喜欢唱，BBB 个人喜欢跳， CCC 个人喜欢 rap ， DDD 个人喜欢篮球，选 NNN 个人排成一列，如果连续的 444 个人分别喜欢唱，跳， rap ，篮球，则他们会讨论蔡徐坤，现需要求出没有人讨论蔡徐坤的排列方案数，有同样爱好的人被视为同样的。

N≤1000,A,B,C,D≤500N\leq1000,A,B,C,D\leq500N≤1000,A,B,C,D≤500 。

定义 f(n,a,b,c,d)f(n,a,b,c,d)f(n,a,b,c,d) 为 aaa 个喜欢唱， bbb 个喜欢跳， ccc 个喜欢 rap ， ddd 个喜欢篮球的人任意排列成 nnn 个人的方案数，对 998244353998244353998244353 取模。

这个东西显然等于

∑i=1a∑j=1b∑k=1c∑l=1d[i+j+k+l=n]×n!i!j!k!l!\sum_{i = 1}^{a}\sum_{j = 1}^{b}\sum_{k = 1}^{c}\sum_{l = 1}^{d}[i + j + k + l = n] \times \frac{n!}{i!j!k!l!}i=1∑aj=1∑bk=1∑cl=1∑d[i+j+k+l=n]×i!j!k!l!n!

把 n!n!n! 提出来，里面很显然能 NTT ，O(nlog⁡n)O(n\log n)O(nlogn) 能求。

之后考虑容斥，有：

ans=∑i=0⌊n4⌋(−1)iCn−3ii×f(N−4i,A−i,B−i,C−i,D−i)ans = \sum_{i = 0}^{\lfloor\frac{n}{4}\rfloor}(-1)^i C_{n - 3i}^{i} \times f(N - 4i , A - i , B - i , C - i , D - i)ans=i=0∑⌊4n⌋(−1)iCn−3ii×f(N−4i,A−i,B−i,C−i,D−i)

考虑枚举至少有 iii 组人讨论蔡徐坤，剩下的人任意排列的方案。我们把连续 444 个讨论蔡徐坤的人看成一个蔡徐坤，总共 n−3in - 3in−3i 个人里面挑出 iii 个人当蔡徐坤即可。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#define MAXN 2005using namespace std;const int mod=998244353;int Fp(int x,int tms){int ret=1;while(tms){if(tms&1) ret=1ll*ret*x%mod;x=1ll*x*x%mod; tms>>=1;}return ret;
}int n,A,B,C,D,a[MAXN<<2],b[MAXN<<2],c[MAXN<<2],d[MAXN<<2],rev[MAXN<<2];int fac[MAXN],invfac[MAXN];void NTT(int * a,int lim,int flag){for(int i=0;i<lim;i++) if(i<rev[i]) swap(a[i],a[rev[i]]);for(int mid=1;mid<lim;mid<<=1){int tmp=Fp(flag==1?3:Fp(3,mod-2),(mod-1)/(mid<<1));for(int i=0;i<lim;i+=(mid<<1)){int x=1;for(int j=0;j<mid;j++,x=1ll*x*tmp%mod){int t1=a[i+j],t2=a[i+mid+j];a[i+j]=(t1+1ll*x*t2%mod)%mod;a[i+mid+j]=(t1-1ll*x*t2%mod+mod)%mod;}}}if(flag==-1){int inv=Fp(lim,mod-2);for(int i=0;i<lim;i++) a[i]=1ll*a[i]*inv%mod;}
}int C_(int n,int m){if(n<m) return 0;return 1ll*fac[n]*invfac[m]%mod*invfac[n-m]%mod;
}int main(){cin >> n >> A >> B >> C >> D;fac[0]=1;for(int i=1;i<MAXN;i++) fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod;invfac[MAXN-1]=Fp(fac[MAXN-1],mod-2);for(int i=MAXN-2;i>=0;i--) invfac[i]=1ll*invfac[i+1]*(i+1)%mod;int ans=0;for(int i=0;i<=n/4&&i<=A&&i<=B&&i<=C&&i<=D;i++){int lim=1,l=0;while(lim<=A+B+C+D-4*i) lim<<=1,l++;for(int j=0;j<lim;j++){rev[j]=(rev[j>>1]>>1)|((j&1)<<l-1);if(j<=A-i) a[j]=invfac[j];else a[j]=0;if(j<=B-i) b[j]=invfac[j];else b[j]=0;if(j<=C-i) c[j]=invfac[j];else c[j]=0;if(j<=D-i) d[j]=invfac[j];else d[j]=0;}NTT(a,lim,1); NTT(b,lim,1); NTT(c,lim,1); NTT(d,lim,1);for(int i=0;i<lim;i++) a[i]=1ll*a[i]*b[i]%mod*c[i]%mod*d[i]%mod;NTT(a,lim,-1);int tmpans=1ll*a[n-4*i]*fac[n-4*i]%mod*C_(n-3*i,i)%mod;if(i&1) ans=(ans-tmpans+mod)%mod;else ans=(ans+tmpans)%mod;}cout << ans << endl;return 0;
}

例题：洛谷 P6295 有标号DAG计数
分别求由 1−n1 - n1−n 个点弱联通 DAG 的个数，对 998244353998244353998244353 取模， n≤105n\leq10^5n≤105 。
（本来不打算讲的，但既然发的资料里有就讲吧）
首先，考虑不要求弱联通的情况
考虑容斥，设函数 f(x)f(x)f(x) 为由 xxx 个点组成的 DAG 的数量，有：

f(n)=∑i=1n(−1)i−1×Cni×f(n−i)×2i×(n−i)f(n) = \sum_{i = 1}^n (-1)^{i - 1}\times C_n^i \times f(n - i) \times 2^{i \times (n - i)}f(n)=i=1∑n(−1)i−1×Cni×f(n−i)×2i×(n−i)

考虑组合意义其实是显然的，枚举至少有多少个出度为 000 的节点，再容斥一下就做完了，但是因为我们的重点在容斥原理，所以再详细说明一下。

我们考虑，选出 iii 个出度为 000 的节点时，剩下的节点仍然构成一个规模为 n−in - in−i 的 DAG ，之后再考虑这两部分的关系，我们既然已经钦定了 n−in - in−i 个点所形成的 DAG 的形态，那么，连接在这些点之间的边就是确定的，而可能造成不同情况贡献的答案必然在这两部分之间，那么，也就意味着，目前我们拥有选择空间的边总共有 i×(n−i)i \times (n - i)i×(n−i) 条，这其中的每一条都有连边与不连边两种方式可供选择。此时，我们保证了构造出的 DAG 至少有 iii 个出度为 000 的节点，将 iii 从 111 枚举到 nnn ，再容斥一下，就能得出上式。

O(nlog⁡n)O(n\log n)O(nlogn) 暴力转移显然，不再赘述，我们考虑优化。

考虑 CniC_n^iCni 摆出来了，不妨凑个 EGF 形式。

f(n)=∑i=1n(−1)i−1×Cni×f(n−i)×2i×(n−i)f(n) = \sum_{i = 1}^n (-1)^{i - 1}\times C_n^i \times f(n - i) \times 2^{i \times (n - i)}f(n)=i=1∑n(−1)i−1×Cni×f(n−i)×2i×(n−i)
=∑i=1n(−1)i−1×Cni×f(n−i)×2Cn2−Ci2−Cn−i2= \sum_{i = 1}^n (-1)^{i - 1}\times C_n^i \times f(n - i) \times 2^{C_n^2 - C_i^2 - C_{n - i}^2}=i=1∑n(−1)i−1×Cni×f(n−i)×2Cn2−Ci2−Cn−i2
=∑i=1n(−1)i−1×Cni×f(n−i)×2Cn22Ci2×2Cn−i2= \sum_{i = 1}^n (-1)^{i - 1}\times C_n^i \times f(n - i) \times \frac{2^{C_n^2}}{2^{C_i^2}\times 2^{C_{n - i}^2}}=i=1∑n(−1)i−1×Cni×f(n−i)×2Ci2×2Cn−i22Cn2
=∑i=1n(−1)i−1×n!i!×(n−i)!×f(n−i)×2Cn22Ci2×2Cn−i2= \sum_{i = 1}^n (-1)^{i - 1}\times \frac{n!}{i!\times (n - i)!} \times f(n - i) \times \frac{2^{C_n^2}}{2^{C_i^2}\times 2^{C_{n - i}^2}}=i=1∑n(−1)i−1×i!×(n−i)!n!×f(n−i)×2Ci2×2Cn−i22Cn2
=2Cn2×n!×∑i=1n(−1)i−1i!×2Ci2×f(n−i)(n−i)!×2Cn−i2= 2^{C_n^2} \times n! \times \sum_{i = 1}^n \frac{(-1)^{i - 1}}{i!\times 2^{C_i^2}}\times \frac{f(n - i)}{(n - i)! \times 2^{C_{n - i}^2}}=2Cn2×n!×i=1∑ni!×2Ci2(−1)i−1×(n−i)!×2Cn−i2f(n−i)

这样卷积形式就被我们搞出来了，同时还能发现一些优秀的性质，即：
f(n)2Cn2×n!=∑i=1n(−1)i−1i!×2Ci2×f(n−i)(n−i)!×2Cn−i2\frac{f(n)}{2^{C_n^2}\times n!} = \sum_{i = 1}^n \frac{(-1)^{i - 1}}{i!\times 2^{C_i^2}}\times \frac{f(n - i)}{(n - i)! \times 2^{C_{n - i}^2}}2Cn2×n!f(n)=i=1∑ni!×2Ci2(−1)i−1×(n−i)!×2Cn−i2f(n−i)
左侧的式子和卷积的右半边的式子是一样的。

定义生成函数：
F(x)=∑if(i)2Ci2×i!F(x) = \sum_i \frac{f(i)}{2^{C_i^2}\times i!} F(x)=i∑2Ci2×i!f(i)
G(x)=∑i(−1)i−1i!×2Ci2G(x) = \sum_i \frac{(-1)^{i - 1}}{i! \times 2^{C_i^2}}G(x)=i∑i!×2Ci2(−1)i−1
F(x)=F(x)×G(x)+f(0)=F(x)×G(x)+1F(x) = F(x) \times G(x) + f(0) = F(x) \times G(x) + 1F(x)=F(x)×G(x)+f(0)=F(x)×G(x)+1

根据初中因式分解知识：
(1−G(x))×F(x)=1,F(x)=11−G(x)(1 - G(x))\times F(x) = 1,F(x) = \frac{1}{1 - G(x)}(1−G(x))×F(x)=1,F(x)=1−G(x)1

F(x)F(x)F(x) 可以求，也就意味着现在 f(x)f(x)f(x) 也可以求出来。

然后我们再考虑弱连通图与一般图间的关系。

这里有一个结论：定义 A(x)A(x)A(x) 为一般图的 EGF ，B(x)B(x)B(x) 为弱连通图的 EGF ，则 A(x)=exp⁡(B(x))A(x) = \exp (B(x))A(x)=exp(B(x)) ，设 f(x)f(x)f(x) 的 EGF 为 F′(x)F'(x)F′(x) ，ln⁡(F′(x))\ln (F'(x))ln(F′(x)) 就是我们想要的答案。

虽然大家都知道这个结论，但是我们需要证明一下：

首先，定义在一个弱连通图的大小为 iii 的点集中的答案为 f(i)f(i)f(i) ，在一个由 iii 个大小总和为 jjj 的弱连通点集所组成的点集中的答案为 Fi(j)F_{i}(j)Fi(j) 。

则：
Fn(m)=1n∑i=0mCmi×Fn−1(m−i)×f(i)F_{n}(m) = \frac{1}{n} \sum_{i = 0}^mC_m^i \times F_{n - 1}(m - i) \times f(i)Fn(m)=n1i=0∑mCmi×Fn−1(m−i)×f(i)

我们设 Gn(x)G_n(x)Gn(x) 为 Fn(x)F_n(x)Fn(x) 的 EGF ，H(x)H(x)H(x) 为 f(x)f(x)f(x) 的 EGF 。
很显然这是个用 EGF 卷积的形式，即：
Gn=Gn−1×1n×H=Hnn!G_n = G_{n - 1} \times \frac{1}{n} \times H = \frac{H^n}{n!}Gn=Gn−1×n1×H=n!Hn
可以发现这样就变成了 exp⁡(H)\exp (H)exp(H) 的泰勒展开形式，证毕。

代码就是一次多项式求逆和多项式 ln⁡\lnln ，直接把封装好的板子拿来用就行了。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define MAXN 100005using namespace std;const int mod=998244353;int Fp(int x,int tms){int ret=1;while(tms){if(tms&1) ret=1ll*ret*x%mod;x=1ll*x*x%mod; tms>>=1;}return ret;
}int rev[MAXN<<2];void NTT(int * a,int lim,int flag){for(int i=0;i<lim;i++) if(i<rev[i]) swap(a[i],a[rev[i]]);for(int mid=1;mid<lim;mid<<=1){int tmp=Fp(flag==1?3:Fp(3,mod-2),(mod-1)/(mid<<1));for(int i=0;i<lim;i+=(mid<<1)){int x=1;for(int j=0;j<mid;j++,x=1ll*x*tmp%mod){int t1=a[i+j],t2=a[i+mid+j];a[i+j]=(t1+1ll*x*t2%mod)%mod;a[i+mid+j]=(t1-1ll*x*t2%mod+mod)%mod;}}}if(flag==-1){int inv=Fp(lim,mod-2);for(int i=0;i<lim;i++) a[i]=1ll*a[i]*inv%mod;}
}int tmp[MAXN<<2];void getinv(int deg,int * a,int * b){if(deg==1) return (void) (b[0]=Fp(a[0],mod-2));getinv(deg+1>>1,a,b);int lim=1,l=0;while(lim<=deg+deg) lim<<=1,l++;for(int i=0;i<lim;i++) rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<l-1);for(int i=0;i<deg;i++) tmp[i]=a[i];for(int i=deg;i<lim;i++) tmp[i]=0;NTT(tmp,lim,1); NTT(b,lim,1);for(int i=0;i<lim;i++)b[i]=(2ll*b[i]%mod+mod-1ll*tmp[i]*b[i]%mod*b[i]%mod)%mod;NTT(b,lim,-1);for(int i=deg;i<lim;i++) b[i]=0;
}void Derivation(int * a,int * b,int len){for(int i=1;i<len;i++) b[i-1]=1ll*i*a[i]%mod;b[len-1]=0;
}void Integration(int * a,int * b,int len){b[0]=0;for(int i=1;i<len;i++) b[i]=1ll*a[i-1]*Fp(i,mod-2)%mod;
}int X[MAXN<<2],Y[MAXN<<2];void get_Ln(int * a,int * b,int len){Derivation(a,X,len);getinv(len,a,Y);int lim=1,l=0;while(lim<=len+len) lim<<=1,l++;for(int i=0;i<lim;i++) rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<l-1);NTT(X,lim,1); NTT(Y,lim,1);for(int i=0;i<lim;i++) X[i]=1ll*X[i]*Y[i]%mod;NTT(X,lim,-1);Integration(X,b,len);
}int a[MAXN<<2],b[MAXN<<2],c[MAXN<<2],fac[MAXN],invfac[MAXN];int main(){int n; cin >> n;fac[0]=1;for(int i=1;i<=n;i++) fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod;invfac[n]=Fp(fac[n],mod-2);for(int i=n-1;i>=0;i--) invfac[i]=1ll*invfac[i+1]*(i+1)%mod;a[0]=1;for(int i=1;i<=n;i++){a[i]=1ll*invfac[i]*Fp(Fp(2,1ll*(1ll*i*(i-1)/2ll)%(mod-1)),mod-2)%mod;if(i&1) a[i]=mod-a[i];}getinv(n+1,a,b);for(int i=0;i<=n;i++) b[i]=1ll*Fp(2,1ll*(1ll*i*(i-1)/2ll)%(mod-1))*b[i]%mod;get_Ln(b,c,n+1);for(int i=1;i<=n;i++) cout << 1ll*c[i]*fac[i]%mod << '\n';return 0;
}

3.二项式反演与广义容斥基础

二项式反演：
形式 111 ：
若：
f(x)=∑i=0xCxi×g(i)f(x) = \sum_{i = 0}^xC_x^i\times g(i)f(x)=i=0∑xCxi×g(i)
则：
g(x)=∑i=0x(−1)x−i×Cni×f(i)g(x) = \sum_{i = 0}^x(-1)^{x - i}\times C_n^i\times f(i)g(x)=i=0∑x(−1)x−i×Cni×f(i)

证明：
考虑把 g(x)g(x)g(x) 带进去
有：
f(x)=∑i=0xCxi×g(i)=∑i=0xCxi×∑j=0i(−1)i−j×Cij×f(j)f(x) = \sum_{i = 0}^xC_x^i\times g(i) = \sum_{i = 0}^xC_x^i\times \sum_{j = 0}^i(-1)^{i - j}\times C_i^j \times f(j)f(x)=i=0∑xCxi×g(i)=i=0∑xCxi×j=0∑i(−1)i−j×Cij×f(j)

f(x)=∑j=0xf(j)∑i=jxCxi×Cij×(−1)i−jf(x) = \sum_{j = 0}^xf(j)\sum_{i = j}^xC_x^i\times C_i^j\times (-1)^{i - j}f(x)=j=0∑xf(j)i=j∑xCxi×Cij×(−1)i−j

f(x)=∑j=0xf(j)∑i=jxCxj×Cx−ji−j×(−1)i−jf(x) = \sum_{j = 0}^xf(j)\sum_{i = j}^xC_x^j\times C_{x - j}^{i - j}\times (-1)^{i - j}f(x)=j=0∑xf(j)i=j∑xCxj×Cx−ji−j×(−1)i−j

f(x)=∑j=0xf(j)×Cxj∑t=0x−jCx−jt×(−1)tf(x) = \sum_{j = 0}^xf(j)\times C_x^j \sum_{t = 0}^{x - j}C_{x - j}^{t}\times (-1)^tf(x)=j=0∑xf(j)×Cxjt=0∑x−jCx−jt×(−1)t

当 x≠jx \not=jx=j 时，很显然，由二项式定理，后面那堆东西是等于 000 的，否则等于 111 。
证毕。

很显然可以发现枚举不一定要从 000 开始，从任意位置开始枚举都满足这个式子。

形式 222 ：
若：
f(x)=∑i=xnCix×g(i)f(x) = \sum_{i = x}^n C_i^x\times g(i)f(x)=i=x∑nCix×g(i)

则:
g(x)=∑i=xn(−1)i−x×Cix×f(i)g(x) = \sum_{i = x}^n (-1)^{i - x}\times C_i^x\times f(i)g(x)=i=x∑n(−1)i−x×Cix×f(i)

将 g(x)g(x)g(x) 带入：

f(x)=∑i=xnCix×∑j=in(−1)j−i×Cji×f(j)f(x) = \sum_{i = x}^n C_i^x\times \sum_{j = i}^n(-1)^{j - i}\times C_j^i\times f(j)f(x)=i=x∑nCix×j=i∑n(−1)j−i×Cji×f(j)

f(x)=∑j=xnf(j)∑i=xj(−1)j−i×Cji×Cixf(x) = \sum_{j = x}^nf(j)\sum_{i = x}^j(-1)^{j - i}\times C_j^i\times C_i^xf(x)=j=x∑nf(j)i=x∑j(−1)j−i×Cji×Cix

f(x)=∑j=xnf(j)×Cjx∑i=xjCj−xi−x×(−1)j−if(x) = \sum_{j = x}^nf(j)\times C_j^x\sum_{i = x}^jC_{j - x}^{i - x}\times (-1)^{j - i}f(x)=j=x∑nf(j)×Cjxi=x∑jCj−xi−x×(−1)j−i

f(x)=∑j=xnf(j)×Cjx∑i=xjCj−xj−i×(−1)j−if(x) = \sum_{j = x}^nf(j)\times C_j^x\sum_{i = x}^jC_{j - x}^{j - i}\times (-1)^{j - i}f(x)=j=x∑nf(j)×Cjxi=x∑jCj−xj−i×(−1)j−i

f(x)=∑j=xnf(j)×Cjx∑t=0j−xCj−xt×(−1)tf(x) = \sum_{j = x}^nf(j)\times C_j^x\sum_{t = 0}^{j - x}C_{j - x}^{t}\times (-1)^tf(x)=j=x∑nf(j)×Cjxt=0∑j−xCj−xt×(−1)t

与形式 111 同理，证毕。

我们考虑这样一件事情，如果 f(x)f(x)f(x) 为至少 xxx 个位置满足条件的方案数，g(x)g(x)g(x) 为恰好 xxx 个位置满足条件的方案数，这个形式刚好和二项式反演是具有一致性的。

例题：洛谷 P4859 已经没有什么好害怕的了

给定长度为 nnn 的不重序列 a,ba,ba,b ，求将 a,ba,ba,b 任意排列，使得其中 ai>bia_i > b_iai>bi 的位置的个数比 bi>aib_i > a_ibi>ai 的个数多 kkk 个的方案数， n≤2000n\leq2000n≤2000 。

令 k=n+k2k = \frac{n+k}{2}k=2n+k 。

先将 a,ba,ba,b 排序。

设 dpi,jdp_{i,j}dpi,j 为 aaa 的前 iii 个元素中，有 jjj 个满足匹配的 bbb 中元素更小的条件的选择方案数，则有 dpi,j=dpi−1,j+dpi−1,j−1×(numi−j+1)dp_{i,j} = dp_{i - 1,j} + dp_{i - 1,j - 1}\times (num_i - j + 1)dpi,j=dpi−1,j+dpi−1,j−1×(numi−j+1) ，其中 numinum_inumi 为对于第 iii 个位置满足匹配的 bbb 中元素个数。（转移很显然，考虑第 iii 位不匹配或匹配之前未被选过的任意一个元素）。

然后我们设 f(x)f(x)f(x) 为至少满足 xxx 个单调关系的方案数，则 f(x)=dpn,x×(n−x)!f(x) = dp_{n,x} \times (n - x)!f(x)=dpn,x×(n−x)! 。设 g(x)g(x)g(x) 为恰好满足 xxx 个单调关系的方案数。

由二项式反演，可得：
g(k)=∑i=kn(−1)i−k×Cik×f(k)g(k) = \sum_{i = k}^n(-1)^{i - k}\times C_i^k\times f(k)g(k)=i=k∑n(−1)i−k×Cik×f(k)

直接输出 g(k)g(k)g(k) 即可。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define MAXN 2005using namespace std;const int mod=1e9+9;int Fp(int x,int tms){int ret=1;while(tms){if(tms&1) ret=1ll*ret*x%mod;x=1ll*x*x%mod; tms>>=1;}return ret;
}int a[MAXN],b[MAXN],n,k,dp[MAXN][MAXN],fac[MAXN],invfac[MAXN],f[MAXN];int C(int n,int m){if(n<m) return 0;return 1ll*fac[n]*invfac[m]%mod*invfac[n-m]%mod;
}int main(){cin >> n >> k;if(n+k&1) return cout << 0 << endl,0;k=n+k>>1;fac[0]=1;for(int i=1;i<=n;i++) fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod;invfac[n]=Fp(fac[n],mod-2);for(int i=n-1;i>=0;i--) invfac[i]=1ll*invfac[i+1]*(i+1)%mod;for(int i=1;i<=n;i++) cin >> a[i]; sort(a+1,a+n+1);for(int i=1;i<=n;i++) cin >> b[i]; sort(b+1,b+n+1);dp[0][0]=1;for(int i=1;i<=n;i++){dp[i][0]=1;for(int j=1;j<=i;j++){int rb=lower_bound(b+1,b+n+1,a[i])-b-1;dp[i][j]=dp[i-1][j];if(rb>=j) (dp[i][j]+=1ll*dp[i-1][j-1]*(rb-j+1)%mod)%=mod;}}for(int i=1;i<=n;i++) f[i]=1ll*dp[n][i]*fac[n-i]%mod;int ans=0;for(int i=k;i<=n;i++){int x=1ll*C(i,k)*f[i]%mod;if(i-k&1) ans=(ans-x+mod)%mod;else ans=(ans+x)%mod;}cout << ans << endl;return 0;
}

例题：洛谷 P4491 [HAOI2018] 染色
给定 n,m,sn,m,sn,m,s ，长度为 nnn 的序列， mmm 种颜色染色，求对于所有 k∈[0,m]k\in[ 0 , m ]k∈[0,m] ，恰好 kkk 种颜色出现 sss 次的方案数。n≤107,m≤105n\leq10^7,m\leq10^5n≤107,m≤105。

设 f(i)f(i)f(i) 为至少 iii 种颜色出现恰好 sss 次的方案数，则有：
f(i)=Cmin!(m−i)n−sis!(n−si)!f(i) = C_m^i\frac{n!(m - i)^{n - si}}{s!(n - si)!}f(i)=Cmis!(n−si)!n!(m−i)n−si

选择 iii 种颜色，此时将整体染色方式看成一个 i+1i + 1i+1 种颜色的可重集排列，再将除这 iii 种颜色以外的颜色的方案数乘上即可。

枚举上界不重要，始终枚举到 mmm 即可。

由二项式反演，设恰好 iii 种颜色出现恰好 sss 次的方案数为 g(i)g(i)g(i) ，则有：
g(i)=∑j=im(−1)j−i×Cij×f(j)g(i) = \sum_{j = i}^m(-1)^{j - i}\times C_i^j\times f(j)g(i)=j=i∑m(−1)j−i×Cij×f(j)
=∑j=im(−1)j−ij!i!(j−i)!f(j)= \sum_{j = i}^m(-1)^{j - i}\frac{j!}{i!(j - i)!}f(j)=j=i∑m(−1)j−ii!(j−i)!j!f(j)
=1i!∑j=im(−1)j−i(j−i)!×f(j)j!=\frac{1}{i!}\sum_{j = i}^m\frac{(-1)^{j - i}}{(j - i)!}\times f(j)j!=i!1j=i∑m(j−i)!(−1)j−i×f(j)j!
=1i!∑t=0m(−1)t(t)!f(t+i)(t+i)!=\frac{1}{i!}\sum_{t = 0}^m\frac{(-1)^{t}}{(t)!}f(t + i)(t + i)!=i!1t=0∑m(t)!(−1)tf(t+i)(t+i)!

设 A(x)=(−1)m−x(m−x)!,B(x)=f(x)x!A(x) = \frac{(-1)^{m - x}}{(m - x)!},B(x) = f(x)x!A(x)=(m−x)!(−1)m−x,B(x)=f(x)x! ，第 iii 项答案为 [xm+i](A∗B)[x^{m + i}](A * B)[xm+i](A∗B) 。

注意边界条件。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#define MAXN 100005
#define MAXNN 10000005using namespace std;const int mod=1004535809;int n,m,s,w[MAXN];int a[MAXN<<2],b[MAXN<<2],rev[MAXN<<2],fac[MAXNN],invfac[MAXNN];int Fp(int x,int tms){int ret=1;while(tms){if(tms&1) ret=1ll*ret*x%mod;x=1ll*x*x%mod; tms>>=1;}return ret;
}int C(int n,int m){if(n<m) return 0;return 1ll*fac[n]*invfac[m]%mod*invfac[n-m]%mod;
}void NTT(int * a,int lim,int flag){for(int i=0;i<lim;i++) if(i<rev[i]) swap(a[i],a[rev[i]]);for(int mid=1;mid<lim;mid<<=1){int tmp=Fp(flag==1?3:Fp(3,mod-2),(mod-1)/(mid<<1));for(int i=0;i<lim;i+=(mid<<1)){int x=1;for(int j=0;j<mid;j++,x=1ll*x*tmp%mod){int t1=a[i+j],t2=a[i+mid+j];a[i+j]=(t1+1ll*x*t2%mod)%mod;a[i+mid+j]=(t1-1ll*x*t2%mod+mod)%mod;}}}if(flag==-1){int inv=Fp(lim,mod-2);for(int i=0;i<lim;i++) a[i]=1ll*a[i]*inv%mod;}
}int main(){cin >> n >> m >> s;for(int i=0;i<=m;i++) cin >> w[i];fac[0]=1;for(int i=1;i<MAXNN;i++) fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod;invfac[MAXNN-1]=Fp(fac[MAXNN-1],mod-2);for(int i=MAXNN-2;i>=0;i--) invfac[i]=1ll*invfac[i+1]*(i+1)%mod;for(int i=0;i<=m;i++) a[i]=1ll*Fp(mod-1,m-i)*invfac[m-i]%mod;for(int i=0;i<=n;i++){if(i>m||s*i>n) break;b[i]=1ll*fac[i]*C(m,i)%mod*fac[n]%mod*Fp(invfac[s],i)%mod*Fp(m-i,n-s*i)%mod*invfac[n-s*i]%mod;}int lim=1,l=0;while(lim<=m+m+2) lim<<=1,l++;for(int i=0;i<lim;i++) rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<l-1);NTT(a,lim,1); NTT(b,lim,1);for(int i=0;i<lim;i++) a[i]=1ll*a[i]*b[i]%mod;NTT(a,lim,-1);int ans=0;for(int i=0;i<=m;i++) ans=(ans+1ll*w[i]*a[m+i]%mod*invfac[i]%mod)%mod;cout << ans << endl;return 0;
}

4.拉格朗日插值

由 nnn 个点值可以唯一确定一个 n−1n - 1n−1 次多项式。

f(k)=∑i=1nyi∏j≠ik−xjxi−xjf(k) = \sum_{i = 1}^ny_i\prod_{j \not= i}\frac{k - x_j}{x_i - x_j}f(k)=i=1∑nyij=i∏xi−xjk−xj

考虑模意义下的证明：
对于 nnn 个点值而言，有 f(k)≡yi(mod(k−xi))f(k)\equiv y_i (\bmod (k - x_i))f(k)≡yi(mod(k−xi)) ，（将 f(x)f(x)f(x) 展开，显然可证），根据 CRT ，有：

f(k)=∑i=1nyi∏j=1n(k−xj)∏j≠i(xi−xj)f(k) = \sum_{i = 1}^n y_i\frac{\prod_{j = 1}^n (k - x_j)}{\prod_{j\not = i}(x_i - x_j)}f(k)=i=1∑nyi∏j=i(xi−xj)∏j=1n(k−xj)

整理可得。

模板题洛谷 P4781
依照式子计算即可。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#define MAXN 2005using namespace std;const int mod=998244353;int Fp(int x,int tms){int ret=1;while(tms){if(tms&1) ret=1ll*ret*x%mod;x=1ll*x*x%mod; tms>>=1;}return ret;
}int n,k,x[MAXN],y[MAXN];int main(){cin >> n >> k;for(int i=1;i<=n;i++){cin >> x[i] >> y[i];}int ans=0;for(int i=1;i<=n;i++){int fz=y[i]%mod,fm=1;for(int j=1;j<=n;j++){if(i^j){fz=1ll*fz*((k-x[j]+mod)%mod)%mod;fm=1ll*fm*((x[i]-x[j]+mod)%mod)%mod;}}ans=(ans+1ll*fz*Fp(fm,mod-2))%mod;}cout << ans << endl;return 0;
}

例题 CF622F The Sum of the k-th Powers

求 ∑i=1nik\sum_{i = 1}^ni^k∑i=1nik ，n≤109,k≤106n\leq10^9,k\leq10^6n≤109,k≤106 。

我们不加证明地给出一个非常常见的结论， ∑i=1nik\sum_{i = 1}^ni^k∑i=1nik 是一个 k+1k + 1k+1 次的多项式，因此，用 k+2k + 2k+2 个点值就可以确定这个多项式，很显然，如果我们取 [1,k+2][1,k + 2][1,k+2] ，对于求和号里的式子是可以做到预处理后 O(1)O(1)O(1) 求的，于是整体的式子就是 O(nlog⁡n)O(n\log n)O(nlogn) 的，直接输出即可。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#define MAXN 1000005using namespace std;int n,k,fac[MAXN],pre[MAXN],suf[MAXN],sum[MAXN];const int mod=1e9+7;int Fp(int x,int tms){int ret=1;while(tms){if(tms&1) ret=1ll*ret*x%mod;x=1ll*x*x%mod; tms>>=1;}return ret;
}int main(){cin >> n >> k;fac[0]=pre[0]=1;for(int i=1;i<=k+2;i++){fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod;pre[i]=1ll*(n-i+mod)%mod*pre[i-1]%mod;sum[i]=(sum[i-1]+Fp(i,k))%mod;}suf[k+3]=1;for(int i=k+2;i>=0;i--)suf[i]=1ll*(n-i+mod)%mod*suf[i+1]%mod;int ans=0;for(int i=1;i<=k+2;i++){int fz=sum[i],fm=1;fz=fz*1ll*pre[i-1]%mod*suf[i+1]%mod;fm=fm*1ll*fac[i-1]%mod*fac[k+2-i]%mod;if((k+2-i)%2==1) fm=mod-fm;ans=(ans+1ll*fz*Fp(fm,mod-2)%mod)%mod;}cout << ans << endl;return 0;
}

（证明咕了，能补就补）