学习手记（2020/8/19~2021/3/19）

文章目录

所有集合子集数量和
- 结论
- 证明
- 枚举子集的方法
最大匹配
模的次数
线性基
卡特兰数
树形dpTipTipTip
斯特林数
斐波那契幂前缀和
hallhallhall定理
阿巴阿巴1
狄利克雷卷积常用式子
组合数学恒等式
竞赛图性质
一些博弈模型
基础反演
- 二项式反演
- 莫比乌斯反演
- 欧拉反演
- 子集反演
- min-max\text{min-max}min-max反演
- 斯特林数反演
贝叶斯公式
可重排列
OtherOtherOther

所有集合子集数量和

结论

nnn个点的所有子集的子集数量为3n3^n3n

证明

证明:k:k:k个点总共有2k2^k2k个集合，nnn个点数量为kkk的子集数量为CnkC_n^kCnk。所以答案就是∑k=0nCnk2k\sum_{k=0}^nC_{n}^k2^kk=0∑nCnk2k
∑k=0nCnk2k1n−k\sum_{k=0}^nC_{n}^k2^k1^{n-k}k=0∑nCnk2k1n−k
然后二项式定理
⇒(1+2)n=3n\Rightarrow (1+2)^n=3^n⇒(1+2)n=3n

枚举子集的方法

for(int i=s;i>=0;i=(i-1)&s)//i-1后去掉末尾的1或者全部退位变为1

最大匹配

最大独立集=最小路径覆盖=点数-最大匹配

模的次数

对于一个数不断模上另一个数那么有
x%m{x%m=xx%m≤x2x\%m\left\{\begin{matrix} x\%m=x \\ x\%m\leq \frac{x}{2} \end{matrix}\right.x%m{x%m=xx%m≤2x

线性基

若did_idi在线性基内，那么did_idi的第i+1i+1i+1位为111且是最高位
异或个数和为2siz2^{siz}2siz，推广得到异或起来小于等于did_idi的个数为2x2^x2x，其中xxx表示包括did_idi前面有多少个在线性基内的数

卡特兰数

H(n)=∑i=0n−1H(i)H(n−i−1)H(n)=\sum_{i=0}^{n-1}H(i)H(n-i-1)H(n)=i=0∑n−1H(i)H(n−i−1)

H(n)=C2nn−C2nn−1H(n)=C_{2n}^n-C_{2n}^{n-1}H(n)=C2nn−C2nn−1

前若干项（XXYXXYXXY说万一打表的时候遇到了呢）:1,1,2,5,14,42,132,429,1430,4862,16796,58786,208012,742900,2674440,9694845: 1, 1, 2, 5, 14, 42, 132, 429, 1430, 4862, 16796, 58786, 208012, 742900, 2674440, 9694845:1,1,2,5,14,42,132,429,1430,4862,16796,58786,208012,742900,2674440,9694845

树形dpTipTipTip

dpdpdp时如果fx,jf_{x,j}fx,j中jjj的上界是sizxsiz_xsizx，合并的复杂度是O(n2)O(n^2)O(n2)的

斯特林数

nm=∑k=0m{mk}(nk)k!n^m=\sum_{k=0}^m\begin{Bmatrix}m\\k\end{Bmatrix}\binom{n}{k}k!nm=k=0∑m{mk}(kn)k!

⇒{nm}=1m!∑k=0m(−1)k(mk)(m−k)n\Rightarrow\begin{Bmatrix}n\\m\end{Bmatrix}=\frac{1}{m!}\sum_{k=0}^m(-1)^{k}\binom{m}{k}(m-k)^n⇒{nm}=m!1k=0∑m(−1)k(km)(m−k)n

斐波那契幂前缀和

∑i=1nfi2=fifi+1\sum_{i=1}^nf_i^2=f_if_{i+1}i=1∑nfi2=fifi+1

hallhallhall定理

2∗n2*n2∗n个点的二分图匹配，如果满足任意kkk个点都连接了不少于kkk个点的话，那么这张图就有完全匹配。

证明：

考虑反证，假设存在一个二分图G满足HALL定理而没有完美匹配。
那么考虑一个不在最大匹配中的X部的点，由于HALL定理其至少与Y部的一个点相连。
那么再考虑Y部的这个点，显然其一定在最大匹配中，然后根据HALL定理，这个点一定还连向另外一个X部的点。
再考虑这个X部的点，还有一个Y部的点与其相连。。。。
所以我们最后一定能推出矛盾。
故原命题得证，Q.E.D.

阿巴阿巴1

(a+b)p≡ap+bp(modp)(a+b)^p\equiv a^p+b^p(mod\ \ p)(a+b)p≡ap+bp(mod p)

狄利克雷卷积常用式子

I:I[x]=1I:I[x]=1I:I[x]=1
id:id[x]=xid:id[x]=xid:id[x]=x
ϵ:ϵ[x]=[x=1]\epsilon:\epsilon[x]=[x=1]ϵ:ϵ[x]=[x=1]
μ:\mu:μ:莫比乌斯函数
φ:\varphi:φ:欧拉函数
d:d:d:约数个数函数
σk:\sigma^k:σk:约数kkk次方和函数
φ∗I=id\varphi*I=idφ∗I=id
μ∗I=ϵ\mu*I=\epsilon μ∗I=ϵ
μ∗id=φ\mu*id=\varphiμ∗id=φ
I∗I=dI*I=dI∗I=d
idk∗I=σkid^k*I=\sigma^kidk∗I=σk
f(x)=h(x)x,f∗id=n∑d∣nh(d)f(x)=h(x)x,f*id=n\sum_{d|n}h(d)f(x)=h(x)x,f∗id=nd∣n∑h(d)

组合数学恒等式

k(nk)=n(n−1k−1)k\binom{n}{k}=n\binom{n-1}{k-1}k(kn)=n(k−1n−1)

n!k!(n−k)!k=n!(k−1)!(n−k)!\frac{n!}{k!(n-k)!}k=\frac{n!}{(k-1)!(n-k)!}k!(n−k)!n!k=(k−1)!(n−k)!n!
(n−1)!(k−1)!(n−k)!n=n!(k−1)!(n−k)!\frac{(n-1)!}{(k-1)!(n-k)!}n=\frac{n!}{(k-1)!(n-k)!}(k−1)!(n−k)!(n−1)!n=(k−1)!(n−k)!n!

竞赛图性质

竞赛图满足一定有曼哈顿路径
竞赛图中的强连通分量满足一定有曼哈顿回路

一些博弈模型

NimNimNim游戏（nnn堆石头每个人轮流取111堆中的若干个，无法操作者败）：全部石头异或起来，为000则先手必败
NimkNim_kNimk游戏（nnn堆石头每个人轮流取kkk堆中的若干个，无法操作者败）：全部石头的每一个位数分别加起来%k\%k%k，全是000则先手必败
反NimNimNim游戏（nnn堆石头每个人轮流取111堆中的若干个，无法操作者胜）：全部减111后做NimNimNim游戏，因为最后一个人可以控制奇偶
阶梯NimNimNim游戏（nnn堆石头每个人轮流取一堆中的若干个并且让前面的所有石头加回那么多个，无法操作者败）：奇数标号的石头异或起来，为000则先手必败
分裂NimNimNim游戏（nnn堆石头每个人轮流取一堆中的若干个或者将一堆分裂成两堆有石头的）：O(ai2)O(a_i^2)O(ai2)算出每种情况的SGSGSG函数然后异或起来计算

基础反演

二项式反演

F(n)=∑i=1n(ni)(−1)iG(i)⇔G(n)=∑i=1n(ni)(−1)iF(i)F(n)=\sum_{i=1}^n\binom{n}{i}(-1)^iG(i)\Leftrightarrow G(n)=\sum_{i=1}^n\binom{n}{i}(-1)^iF(i)F(n)=i=1∑n(in)(−1)iG(i)⇔G(n)=i=1∑n(in)(−1)iF(i)
F(n)=∑i=1n(ni)G(i)⇔G(n)=∑i=1n(ni)(−1)n−iF(i)F(n)=\sum_{i=1}^n\binom{n}{i}G(i)\Leftrightarrow G(n)=\sum_{i=1}^n\binom{n}{i}(-1)^{n-i}F(i)F(n)=i=1∑n(in)G(i)⇔G(n)=i=1∑n(in)(−1)n−iF(i)

莫比乌斯反演

F(n)=∑d∣nG(d)⇔G(n)=∑d∣nμ(d)F(nd)F(n)=\sum_{d|n}G(d)\Leftrightarrow G(n)=\sum_{d|n}\mu(d)F(\frac{n}{d})F(n)=d∣n∑G(d)⇔G(n)=d∣n∑μ(d)F(dn)
F(n)=∑n∣dG(d)⇔G(n)=∑n∣dμ(d)F(dn)F(n)=\sum_{n|d}G(d)\Leftrightarrow G(n)=\sum_{n|d}\mu(d)F(\frac{d}{n})F(n)=n∣d∑G(d)⇔G(n)=n∣d∑μ(d)F(nd)

欧拉反演

gcd(S)=∑d∣x,∀x∈Sφ(d)gcd(S)=\sum_{d|x,\forall x\in S}\varphi(d)gcd(S)=d∣x,∀x∈S∑φ(d)

子集反演

F(S)=∑T⊆SG(T)⇔G(S)=∑T⊆S(−1)∣S∣−∣T∣F(T)F(S)=\sum_{T\subseteq S}G(T)\Leftrightarrow G(S)=\sum_{T\subseteq S}(-1)^{|S|-|T|}F(T)F(S)=T⊆S∑G(T)⇔G(S)=T⊆S∑(−1)∣S∣−∣T∣F(T)

min-max\text{min-max}min-max反演

max{S}=∑T⊆S(−1)∣T∣+1min{T}max\{S\}=\sum_{T\subseteq S}(-1)^{|T|+1}min\{T\}max{S}=T⊆S∑(−1)∣T∣+1min{T}
maxkth{S}=∑T⊆S(−1)∣T∣−k(∣T∣−1k−1)min{T}max_{kth}\{S\}=\sum_{T\subseteq S}(-1)^{|T|-k}\binom{|T|-1}{k-1}min\{T\}maxkth{S}=T⊆S∑(−1)∣T∣−k(k−1∣T∣−1)min{T}
对期望成立
还有一个扩展就是可以将gcdgcdgcd理解为两个共同的质因数中取minminmin，lcmlcmlcm就是在共同的质因数中取maxmaxmax，就有下面的神奇扩展
lcm(S)=∏T⊆Sgcd(T)(−1)∣T∣−klcm(S)=\prod_{T\subseteq S}gcd(T)^{(-1)^{|T|-k}}lcm(S)=T⊆S∏gcd(T)(−1)∣T∣−k

斯特林数反演

没怎么见过这个东西
F(n)=∑i=1n{ni}G(i)⇔G(n)=∑i=1n(−1)n−i[ni]F(i)F(n)=\sum_{i=1}^n\begin{Bmatrix}n\\i\end{Bmatrix}G(i)\Leftrightarrow G(n)=\sum_{i=1}^n(-1)^{n-i}\begin{bmatrix}n\\i\end{bmatrix}F(i)F(n)=i=1∑n{ni}G(i)⇔G(n)=i=1∑n(−1)n−i[ni]F(i)
F(n)=∑i=n∞(−1)n−i{ni}G(i)⇔G(n)=∑i=n∞[ni]F(i)F(n)=\sum_{i=n}^\infty(-1)^{n-i}\begin{Bmatrix}n\\i\end{Bmatrix}G(i)\Leftrightarrow G(n)=\sum_{i=n}^{\infty}\begin{bmatrix}n\\i\end{bmatrix}F(i)F(n)=i=n∑∞(−1)n−i{ni}G(i)⇔G(n)=i=n∑∞[ni]F(i)
F(n)=∑i=1n{ni}G(i)⇔G(n)=∑i=1n(−1)n−i[ni]F(i)F(n)=\sum_{i=1}^n\begin{Bmatrix}n\\i\end{Bmatrix}G(i)\Leftrightarrow G(n)=\sum_{i=1}^n(-1)^{n-i}\begin{bmatrix}n\\i\end{bmatrix}F(i)F(n)=i=1∑n{ni}G(i)⇔G(n)=i=1∑n(−1)n−i[ni]F(i)
F(n)=∑i=n∞(−1)n−i{ni}G(i)⇔G(n)=∑i=n∞[ni]F(i)F(n)=\sum_{i=n}^\infty(-1)^{n-i}\begin{Bmatrix}n\\i\end{Bmatrix}G(i)\Leftrightarrow G(n)=\sum_{i=n}^\infty\begin{bmatrix}n\\i\end{bmatrix}F(i)F(n)=i=n∑∞(−1)n−i{ni}G(i)⇔G(n)=i=n∑∞[ni]F(i)

后面单位根反演还没学

贝叶斯公式

可重排列

我是什么废物怎么晚了才会这个啊？
kkk种物品第iii个有aia_iai个时全排列的方案是
(∑i=1nai)!∏i=1n(ai!)\frac{(\sum_{i=1}^na_i)!}{\prod_{i=1}^n(a_i!)}∏i=1n(ai!)(∑i=1nai)!
可以理解为先全部排列一次然后去掉里面同色的排列方案？

OtherOtherOther

正难则反
斜率优化中等将于一个变量有关的丢一起即可
dpdpdp转移可以把麻烦转移的一个值让其他的都加上，然后让其他转移时减去那个值
证明一种最优化做法正确时可以证明res≥ansres\geq ansres≥ans和res≤ansres\leq ansres≤ans
To be continue