啊哈哈哈哈草稿本来咯。
记录了日常中 OI 的一些草稿。
\[\sum_{i=1}^n(f*g)(i) \\
=\sum_{i=1}^n\sum_{d|i}f(d)g(\dfrac{i}{d}) \\
=\sum_{d=1}^n g(d)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor} f(i) \\
=\sum_{d=1}^n g(d)S(\lfloor\dfrac{n}{d}\rfloor) \\
\\
\sum_{i=1}^n(f*g)(i)=g(1)S(n)+\sum_{d=2}^ng(d)S(\lfloor\dfrac{n}{d}\rfloor)\\
\varphi*1=Id\\
\mu*1=\epsilon\\
(\varphi*Id)*Id=Id^2\\
\mu*Id=\varphi\\
g(x)=\varphi(x)x^2,g(x)*Id^2=Id^3
\]
\[f(n)=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\sum_{k_1|i}\sum_{k_2|j}[\gcd(k_1,k_2)=1] \\
=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[\gcd(i,j)=1](n/i)(n/j) \\
=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m(n/i)(n/j)\sum_{k|i,k|j}\mu(k) \\
=\sum_{k=1}^n\mu(k)\sum_{i=1}^{n/k}\sum_{j=1}^{m/k}(n/ik)(n/jk) \\
=\sum_{k=1}^{n}\mu(k)\sum_{i=1}^{n/k}(n/ik)\sum_{j=1}^{m/k}(n/jk)\\
g(x)=\sum_{i=1}^x \lfloor\dfrac{x}{i}\rfloor \\
f(n)=\sum_{k=1}^n\mu(k)g(\lfloor\dfrac{n}{k}\rfloor)g(\lfloor\dfrac{m}{k}\rfloor)
\]
\[\sum_{i=1}^n\varphi^2(i) \\
=\sum_{i=1}^n\varphi(i)i \\
g(x)=\varphi(i)i \\
(g*Id)(x)=\sum_{d|x}\varphi(d)x=x^2 \\
\]
设 \(g_{i,j}\) 表示前 \(i\) 个数且 \(a>b\) 的组至少有 \(j\) 个的方案数（\(a<b\) 的不管）。
\[g_{i,j}=g_{i-1,j}+(r_i-j+1)g_{i-1,j-1}
\]
记 \(f_i\) 表示 \((n-i)!g_{n,i}\)，即处理一下剩下的的情况的方案数。
根据容斥原理：
\[ans_k=\sum_{i=k}^n (-1)^{i-k}{i\choose k}f_i
\]
\(num=123456789\)
我要求 \([3,6]\) 组成的数字：
\[s[6]=123456\\
s[3-1]=12
\]
相当于做竖式减法，我们要把 “\(12\)” 去掉，就相当于后面补 \(0\)：
\[\ \ \ 123456\\
-123000 \\
=456
\]
刚好要补 \(r-l+1\) 个 \(0\)。
对于所有 \(1\leq i \leq n\) 的 \(i\)，有 \(h_i\equiv 0\pmod p\)。
那么 \(s_r-s_{l-1}\times h_{r-l+1}\equiv 0\pmod{p}\) 等价于 \(s_r\equiv 0\pmod{p}\)，也就是说，当 \(s_r\equiv 0\pmod{p}\) 的时候，\(l\) 可以任选，只需要满足 \(l\) 在询问左端点的位置往右和 \(r\) 这个位置往左就行。
所以对于一组询问，答案等于：
\[\sum_{i=l}^r [s_i= 0](i-l+1)\\
=\sum_{i=l}^r[s_i=0]i-\sum_{i=l}^r[s_i=0]l+\sum_{i=l}^r[s_i=0]\\
=(\sum_{i=l}^r[s_i=0]i)-(l\sum_{i=l}^r[s_i=0])+(\sum_{i=l}^r[s_i=0])
\]
维护一下 \(\sum_{i=l}^r[s_i=0]i\) 和 \(\sum_{i=l}^r[s_i=0]\) 就行
\[\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n ij\gcd(i,j) \\
=\sum_{d=1}^nd\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n ij[\gcd(i,j)=d] \\
=\sum_{d=1}^nd^3\sum_{i=1}^{n/d}\sum_{j=1}^{n/d}ij[\gcd(i,j)=1] \\
\]
考虑：
\[f(n)=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n ij[\gcd(i,j)=1]\\
=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n ij\sum_{k|i,k|j} \mu(k) \\
=\sum_{k=1}^n\mu(k)k^2\sum_{i=1}^{n/k}\sum_{j=1}^{n/k}ij \\
=\sum_{k=1}^n\mu(k)k^2\sum_{i=1}^{n/k}i\sum_{j=1}^{n/k}j\\
g(x)=\sum_{i=1}^xi=\dfrac{x(x+1)}{2} \\
=\sum_{k=1}^n\mu(k)k^2g^2(\lfloor\dfrac{n}{k}\rfloor) \\
\]
原式 \(=\)
\[\sum_{d=1}^nd^3\sum_{k=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\mu(k)k^2g^2(\lfloor\dfrac{n}{dk}\rfloor)\\
=\sum_{T=1}^n g^2(\lfloor\dfrac{n}{T}\rfloor)\sum_{k|T}\dfrac{\mu(k)T^3}{k}\\
=\sum_{T=1}^n g^2(\lfloor\dfrac{n}{T}\rfloor)T^2\sum_{k|T}\dfrac{\mu(k)T}{k}\\
=\sum_{T=1}^ng^2(\lfloor\dfrac{n}{T}\rfloor)T^2\varphi(T)
\]
\[\mu*id=\varphi
\]
\[\sum_{T=l}^r T^2\varphi(T)\neq(\sum_{T=l}^rT^2)(\sum_{T=l}^r\varphi(T))
\]
所有简单无向图的生成函数是 \(F(x)=\sum_{i\geq 0}2^{{i\choose2}}\frac{x^i}{i!}\)。
设简单无向联通图的生成函数是 \(G(x)=\sum_{i\geq 0} g(i)\frac{x^i}{i!}\)。
那么有 \(F(x)=\sum_{i\geq 0}\dfrac{G^i(x)}{i!}\)。
因为 \(e^x=\sum_{i\geq 0} \dfrac{x^i}{i!}\)。
所以 \(e^{G(x)}=F(x)\)，即 \(G(x)=\ln F(x)\)。
多项式 \(\ln\) 即可，时间复杂度 \(\mathcal{O}(n\log_2 n)\)。
\[(a+bi)(c+di) \\
=(ac-bd)(bci+adi)
\]
\[(n/2)!\times \prod_{i='a'}^{'z'} C_{a_i}^{a_i/2}\times (a_i/2)!\\
=(n/2)!\times \prod_{i='a'}^{'z'}\dfrac{a_i!(a_i/2)!}{(a_i/2)!^2}\\
=(n/2)!\times\prod_{i='a'}^{'z'}\dfrac{a_i!}{(a_i/2)!}
\]
\[f_i=\sum_{j=0}^{i-1}f_j\times\min_{j<k\leq i}\{a_k\}\times(-1)^{i-j-1}
\]
\[res=\dfrac{A^3-3AB+2C}{3!}+\dfrac{A^2-B}{2!}+A
\]
\[f^{-1}_0-f^{-1}\equiv 0\pmod{x^{\frac{n}{2}}} \\
f_0^{-2}-2f_0^{-1}f^{-1}+f^{-2}\equiv 0\pmod{x^\frac{n}{2}} \\
f_0^{-2}f-2f_0^{-1}+f^{-1}\equiv 0\pmod{x^{\frac{n}{2}}} \\
f^{-1}\equiv f_0^{-1}(2-f_0^{-1}f)\pmod{x^\frac{n}{2}}
\]
\[\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^i a_j\\
=\sum_{i=1}^n a_i\times(n-i+1) \\
=(n+1)\sum_{i=1}^na_i - \sum_{i=1}^nia_i
\]
\[G(x)=\ln f(x)\\
G'(x)=\dfrac{f'(x)}{f(x)} \\
\]
考虑只限制 \(1\leq a_i \leq n\) 怎么做，显然每个点的选择有 \(n-siz_i+1\) 个（子树外的点数 \(+\) 它自己），乘起来就好。
有排列的限制，考虑容斥，答案就是随便选的方案数 \(-\) 至少有两个点选一样的点的方案数 \(+\) 至少有三个点选一样的点的方案数 \(\dots\)
我们可以枚举选一样的点是选哪个，然后问题就转化成了从 \(n\) 个数里面选 \(k\) 个的乘积和。
注意到每次必须要选的数是一个前缀，所以可以线段树分治。
\[\sum_{i=0}^x\sum_{j=x}^{x+y}[j-i\geq lim] \\
\sum_{i=0}^x\sum_{j=\max(x,i+lim)}^{x+y} 1\\
=\sum_{i=0}^{\min(x+y-lim,x)} x+y-\max(x,i+lim)+1\\
=(\sum_{i=0}^{x-lim}y+1)+\sum_{i=x-lim+1}^{\min(x+y-lim,x)}x+y-i-lim+1\\
=\max(x-lim+1,0)(y+1)+\max(\min(x+y-lim,x)-x+lim ,0)(x+y-lim+1)\\-\sum_{i=x-lim+1}^{\min(x+y-lim,x)}i
\]
\[i+lim\leq x+y\\
i\leq x+y-lim
\]
\[\sum_{i=0}^x\sum_{j=x}^{x+y}[j-i=lim] \\
=\sum_{i=0}^{x} [i+lim\in[x,x+y]]\\
=\sum_{i=\max(x-lim.0)}^{\min(x+y-lim,x)}
\]
草 稿 本
浙公网安备 33010602011771号