数学知识

数学题选做以及数学知识学习笔记（持续更新ing）

由于只是杂碎的学一学，就按照题目来进行整理了

目录

• 数学题选做以及数学知识学习笔记（持续更新ing）
  • 把学过的公式统计一下：
  • P6620 [省选联考 2020 A 卷] 组合数问题
  • #269. 【清华集训2016】如何优雅地求和
  • CF932E Team Work
  • CF1278F Cards
  • CF785D Anton And School - 2
  • P4859 已经没有什么好害怕的了
  • P3803 【模板】多项式乘法（FFT）
  • P4884 多少个 1？
    • null
  • P6078 [CEOI2004] Sweets
  • P4213 【模板】杜教筛（Sum）

把学过的公式统计一下：

\[\binom{n}{k}\times k^{\underline{m}}=\binom{n-m}{k-m}\times n^{\underline{m}} \]

\[\sum_{i=0}^k\binom{n}{i}\binom{m}{k-i}=\binom{n+m}{k} \]

\[\binom{n}{i}\binom{i}{j}=\binom{n}{j}\binom{n-j}{i-j} \]

\[f_i=\sum_{i=0}^n\binom{n}{i}(-1)^{n-i}g_i \]

P6620 [省选联考 2020 A 卷] 组合数问题

计算

\[\left(\sum_{k=0}^{n}f(k)\times x^k\times \binom{n}{k}\right)\bmod p \]

的值。

这个地方要引入一个东西叫做下降幂，因为我们发现这个多项式摆在这里很奇怪/yun，我们把它展开：

\[f(x)=\sum_{i=0}^{m}a_ix^i \]

把这个东西转化成一个下降幂多项式

\[f(x)=\sum_{i=0}^{m}a_ix^i=\sum_{i=0}^{m}b_ix^{\underline{i}} \]

然后我们知道下降幂跟组合数有一个比较好的结合方式即：

\[\binom{n}{k}\times k^{\underline{m}}=\frac{n!}{k!(n-k)!}\times \frac{k!}{(k-m)!}=\frac{n!}{(n-k)!(k-m)!}=\frac{n!}{(n-m)!}\times\frac{(n-m)!}{(n-k)!(k-m)}=\binom{n-m}{k-m}\times n^{\underline{m}} \]

那我们把式子结合一下就是：

\[\sum_{k=0}^{n}\sum_{i=0}^{m}b_ik^{\underline{i}}\times x^k \times \binom{n}{k} \newline =\sum_{k=0}^{n}\sum_{i=0}^{m}b_in^{\underline{i}}\times x^k \times \binom{n-i}{k-i} \newline =\sum_{i=0}^{m}b_in^{\underline{i}}\sum_{k=0}^{n}x^k\times\binom{n-i}{k-i} \]

然后改为枚举\(k-i\)

\[=\sum_{i=0}^{m}b_in^{\underline{i}}\sum_{k=0}^{n-i}x^{k+i}\times\binom{n-i}{k} \newline =\sum_{i=0}^{m}b_in^{\underline{i}}x^i\sum_{k=0}^{n-i}x^k\times\binom{n-i}{k} \newline =\sum_{i=0}^{m}b_in^{\underline{i}}x^i(x+1)^{n-i} \]

但是我们只知道\(a\)不知道\(b\)啊，所以这里还要把下降幂多项式转回去

\[x^n=\sum_{i=0}^{n} {n \brace i}x^{\underline{i}} \]

带入一下就是

\[\sum_{i=0}^{m}a_ix^i \newline =\sum_{i=0}^{m}a_i\sum_{k=0}^{i}{i \brace k}x^{\underline{k}} \newline =\sum_{k=0}^{m}x^{\underline{k}}\sum_{i=k}^{m}{i \brace k}a_i \newline =\sum_{k=0}^{m}b_kx^{\underline{k}} \]

即

\[b_k=\sum_{i=k}^{m}{i \brace k}a_i \]

然后把斯特林数处理出来就可以做啦

#269. 【清华集训2016】如何优雅地求和

给定函数\(f\)，\(n\)和\(x\)，要你求出来一个变换\(Q\)的值\(mod 998244353\)的结果，变换的形式如下：

\[Q(f,n,x)=\sum_{k=0}^{n}f(k)\binom{n}{k}x^k(1-x)^{n-k} \]

感觉跟上一题一样熟悉呀！

还是亲切的组合数，亲切的多项式函数，唯一不同的大概就是后面的\(x\)的部分，那我们直接跳到这一步：

\[\sum_{k=0}^{n}\sum_{i=0}^{m}b_ik^{\underline{i}}\times x^k \times (1-x)^{n-k}\times\binom{n}{k} \newline =\sum_{k=0}^{n}\sum_{i=0}^{m}b_in^{\underline{i}}\times x^k\times (1-x)^{n-k}\binom{n-i}{k-i} \newline =\sum_{i=0}^{m}b_in^{\underline{i}}\sum_{k=0}^{n}x^k(1-x)^{n-k}\binom{n-i}{k-i} \newline =\sum_{i=0}^{m}b_in^{\underline{i}}\sum_{k=0}^{n-i}x^{i+k}(1-x)^{n-i-k}\binom{n-i}{k} \newline =\sum_{i=0}^{m}b_in^{\underline{i}}x^i\sum_{k=0}^{n-i}x^k(1-x)^{n-i-k}\binom{n-i}{k} \newline =\sum_{i=0}^{m}b_in^{\underline{i}}x^i(x+1-x)^{n-i} \newline =\sum_{i=0}^{m}b_in^{\underline{i}}x^i \]

CF932E Team Work

给定 $ n,k $，求：

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

$ 1 \leq k \leq 5000,1 \leq n \leq 10^9 $

原汁原味

\[\sum_{i=1}^n\binom{n}{i} \times i^k \newline =\sum_{i=1}^n\binom{n}{i}\sum_{j=0}^k {k \brace j}i^{\underline{j}} \newline =\sum_{i=1}^n\sum_{j=0}^k {k \brace j}i^{\underline{j}}\binom{n}{i} \newline =\sum_{i=1}^n\sum_{j=0}^k {k \brace j}\binom{n-j}{i-j}n^{\underline{j}} \newline =\sum_{j=0}^{k}{k \brace j}n^{\underline{j}}\sum_{i}^{n}\binom{n-j}{i-j} \newline =\sum_{j=0}^{k}{k \brace j}n^{\underline{j}}\sum_{i=0}^{n-j}\binom{n-j}{i} \newline =\sum_{j=0}^{k}{k \brace j}n^{\underline{j}}2^{n-j} \]

CF1278F Cards

有 \(m\) 张牌，其中一张是王牌。现在你执行 \(n\) 次如下操作：洗牌后查看第一张牌是什么。

令 \(x\) 为洗牌后第一张牌为王牌的次数，现在假设洗牌时 \(m!\) 种牌的排列出现的概率均相等，求 \(x^k\) 的期望值。

式子挺显而易见的：

\[E(x^k)=\sum_{i=0}^{n}i^k\binom{n}{i}(\frac{1}{m})^i(\frac{m-1}{m})^{n-i} \newline =\sum_{i=0}^{n}\sum_{j=0}^{k}{k \brace j}i^{\underline{j}}\binom{n}{i}(\frac{1}{m})^i(\frac{m-1}{m})^{n-i} \newline =\sum_{i=0}^{n}\sum_{j=0}^{k}{k \brace j}\binom{n-j}{i-j}n^{\underline{j}}(\frac{1}{m})^i(\frac{m-1}{m})^{n-i} \newline =\sum_{j=0}^{k}{k \brace j}n^{\underline{j}}\sum_{i=0}^{n}\binom{n-j}{i-j}(\frac{1}{m})^i(\frac{m-1}{m})^{n-i} \newline =\sum_{j=0}^{k}{k \brace j}n^{\underline{j}}\sum_{i=0}^{n-j}\binom{n-j}{i}(\frac{1}{m})^{i+j}(\frac{m-1}{m})^{n-i-j} \newline =\sum_{j=0}^{k}{k \brace j}n^{\underline{j}}(\frac{1}{m})^j\sum_{i=0}^{n-j}\binom{n-j}{i}(\frac{1}{m})^{i}(\frac{m-1}{m})^{n-i-j} \newline =\sum_{j=0}^{k}{k \brace j}n^{\underline{j}}(\frac{1}{m})^j\sum_{i=0}^{n-j}\binom{n-j}{i}(\frac{1}{m})^{i}(\frac{m-1}{m})^{n-i-j} \newline =\sum_{j=0}^{k}{k \brace j}n^{\underline{j}}(\frac{1}{m})^j1^{n-j} \newline =\sum_{j=0}^{k}{k \brace j}n^{\underline{j}}(\frac{1}{m})^j \]

CF785D Anton And School - 2

题意：
给定一个长度≤2×10^5由(和)组成的字符串，问有多少个子串（可以不连续），前半部分是由(组成后半部分由)组成.

首先答案是好表示的，设\(pre_i\)表示包括自己这个左括号左边有多少个左括号，\(suf_i\)表示右边有多少个右括号：

\[Ans=\sum_{s_i='('}\sum_{j=0}^{min(pre_i-1,suf_i-1)}\binom{pre_i-1}{j}\binom{suf_i}{j+1} \]

然后我们需要运用一下一个叫做范德蒙德卷积的东西：

\[\sum_{i=0}^k\binom{n}{i}\binom{m}{k-i}=\binom{n+m}{k} \]

其实考虑一下组合意义即可证明，这点还是比较简单的

然后式子就变成了：

\[Ans=\sum_{s_i='('}\sum_{j=0}^{min(pre_i-1,suf_i-1)}\binom{pre_i-1}{j}\binom{suf_i}{j+1} \newline =\sum_{s_i='('}\sum_{j=0}^{min(pre_i-1,suf_i-1)}\binom{pre_i-1}{pre_i-1-j}\binom{suf_i}{j+1} \newline =\sum_{s_i='('}\binom{pre_i+suf_i-1}{pre_i} \]

P4859 已经没有什么好害怕的了

写这道题要学一个东西叫做二项式反演。

记\(f_n\)代表恰好使用\(n\)个有标号元素形成的方案数，\(g_n\)表示从\(n\)个有标号的元素里面选出任意个元素形成的方案数

那么就有：

\[g_n=\sum_{i=0}^n\binom{n}{i}f_i \]

但是既然是反演就需要我们用\(g\)反推出来\(f\)，然后就有以下的一个式子：

\[f_i=\sum_{i=0}^n\binom{n}{i}(-1)^{n-i}g_i \]

感觉需要证明一下！但是正着推又不太好搞，我就直接从后往前写了

\[f_i=\sum_{i=0}^n\binom{n}{i}(-1)^{n-i}g_i \newline f_i=\sum_{i=0}^n\binom{n}{i}(-1)^{n-i}\sum_{j=0}^i\binom{i}{j}f_j \newline f_i=\sum_{i=0}^n\sum_{j=0}^i\binom{n}{i}(-1)^{n-i}\binom{i}{j}f_j \newline f_i=\sum_{j=0}^if_j\sum_{i=j}^n\binom{n}{i}(-1)^{n-i}\binom{i}{j} \]

然后这里出来一个棘手的东西就是\(\binom{n}{i}\binom{i}{j}\)，然后我们展开一下：

\[\binom{n}{i}\binom{i}{j}=\frac{n!}{i!(n-i)!}\times\frac{i!}{j!(i-j)!}=\frac{n!}{(n-i)!j!(i-j)!}=\frac{n!(n-j)!}{(n-i)!(i-j)!(n-j)!j!}=\frac{n!}{(n-j)!j!}\times\frac{(n-j)!}{(n-i)!(i-j)!}=\binom{n}{j}\binom{n-j}{i-j} \]

好然后我们加进去

\[f_i=\sum_{j=0}^if_j\sum_{i=j}^n(-1)^{n-i}\binom{n}{j}\binom{n-j}{i-j} \newline f_i=\sum_{j=0}^if_j\binom{n}{j}\sum_{i=j}^n(-1)^{n-i}\binom{n-j}{i-j} \newline f_i=\sum_{j=0}^if_j\binom{n}{j}\sum_{i=0}^{n-j}(-1)^{n-i-j}\binom{n-j}{i} \newline f_i=\sum_{j=0}^if_j\binom{n}{j}\sum_{i=0}^{n-j}(-1)^{n-i-j}\binom{n-j}{i}1^i \newline \]

注意到这里其实如果直接二项式定理确实是\(0\)，但是\(0^0\)又不知道是个啥，我们带进去之后发现其实是这样的：

\[\sum_{i=0}^{n-j}(-1)^{n-i-j}\binom{n-j}{i}1^i=[n-j=0] \]

所以原式子就是

\[f_i=\sum_{j=0}^if_j\binom{n}{j}[n-j=0] \]

得证

然后这个东西其实还有两个形式

\(g_n\)表示最多\(n\)个的方案数，\(f_n\)表示恰好\(n\)个的方案数

\[f_n=\sum_{i=0}^n\binom{n}{i}(-1)^{n-i}g_i \]

\(g_n\)表示最少\(n\)个的方案数，\(f_n\)表示恰好\(n\)个的方案数

\[f_n=\sum_{i=n}^m\binom{i}{n}(-1)^{i-n}g_i \]

好好好，学完了这个把这个题写一下吧。

题意就是

给定两个长度为\(n(1\leq n \leq 1000)\)的数组\(\{a_i\}\)和\(\{b_i\}\)，然后将其两两配对，让你求出来\(a_i>b_i\)比\(a_i\leq b_i\)多恰好\(k\)对的方案数。

首先我们把两种数对的数量都求一下，分别是\(\frac{n+k}{2}\)和\(\frac{n-k}{2}\)

然后发现恰好的方案数是不好求的，于是可以化为钦定

那我们设计一个DP，\(f_{i,j}\) 表示\(a\)数组的前\(i\)个已经组完对了，形成了\(j\)对\(a_i>b_i\)

然后我们需要双指针预处理出来\(b\)数组中比\(a_i\)大的元素个数记为\(cnt_i\)

那么DP转移式子就是：

\[f_{i,j}=f_{i-1,j}+(cnt_i-(j-1))\times f_{i-1,j-1} \]

那我们套一下之前的\(f_i\)和\(g_i\)的模型，其实\(g_i\)，就是\(f_{n,i}\times (n-i)!\)，因为其表示至少有\(i\)个，没有考虑全部的。

\[Ans=f_{\frac{n+k}{2}}=\sum_{i=\frac{n+k}{2}}^n(-1)^{i-\frac{n+k}{2}}\binom{i}{\frac{n+k}{2}}g_i \]

P3803 【模板】多项式乘法（FFT）

啊为啥我要把这个写在这里呢，因为我要学一下NTT，学NTT就要学一下FFT，然后FFT又没有过多的例题，所以只好用板子了。

很久之前就学过原理，但是总是写不出来，我认为还是对于原理掌握的不够透彻导致的，所以来梳理一下。

首先FFT的目的就是在\(O(nlogn)\)的时间内算出卷积。

首先我们要学一下一个多项式的表达方式，最常见的就是解析式，也就是系数表达式，但实际上还有一种表达形式叫做点值表达式，形如：

\[\left\{ \begin{array}{**lr**} a_0+a_1x_0+a_2x_0^2+......+a_nx_0^n=y_0 \newline a_0+a_1x_1+a_2x_1^2+......+a_nx_1^n=y_1 \newline a_0+a_1x_2+a_2x_2^2+......+a_nx_2^n=y_2 \newline a_0+a_1x_3+a_2x_3^2+......+a_nx_3^n=y_3 \newline ....... \newline a_0+a_1x_n+a_2x_n^2+......+a_nx_n^n=y_n \end{array} \right\} \]

然后我们知道通过\(n+1\)个点可以唯一确定一个\(n\)次多项式，那么其实就可以用\(n+1\)个点来表示出来（前提是这个行列式值不是0）。

然后一会将要用到这个性质，这个时候我们需要引入复数。

我们需要了解的只有复数上的单位根。

什么叫单位根呢，就是一个方程\(x^n=1\)的解，然后这个解其实一共有\(n\)个，正好把单位圆分割成\(n\)份，然后我们就约定\(\omega_n^k\)表示\(x^n=1\)的解里面，从\(x\)轴正半轴开始逆时针旋转开始数的第\(k\)个根，然后其对应的角度也刚好是\(\frac{2\pi}{n}\times k\)

那么这个东西有如下几个性质：

性质1：

\(\forall 1 \leq i,j \leq n ,i \neq j, \omega_n^i\neq\omega_n^j\)

这个性质保证了他有\(n\)个不同的解，当然其实这个也是高中数学很基础的定理了吧。

性质2：

\(\forall i \equiv j (mod \ n),\omega_n^i=\omega_n^j\)

带入角度公式就会发现其实是一样的

性质3：

\(\omega_n^k=\omega_n^{k\pm\frac{n}{2}}\)

这个其实就相当于转了\(180°\)，带入角度公式发现也是这样的

性质4：

\(\omega_n^k=\omega_{jn}^{jk}\)

这个也是带入角度公式就可以了

然后来讲一下为什么要用这些东西。

如果直接让系数相乘那么复杂度会爆炸，那么我们可以想到先转成点值再相乘，我们知道\(F(x)G(x)=(F*G)(x)\)，那这个明显就快多了。

但是还有一个问题，如何快速求出来\(F(x)\)呢？

这个时候就需要用到单位根的性质了

那么：

\[F(x)=a_0+a_1x+a_2x^2+a_3x^3+a_4x^4......+a_{n-1}x^{n-1} \]

由于后来的操作，如果\(n\)不是\(2\)的整次幂，我们也自动补成\(2\)的整次幂

然后我们分成两半

\[F(x)=(a_0+a_2x^2+a_4x^4+......+a_{n-2}x^{n-2})+(a_1x+a_3x^3+a_5x^5+......+a_{n-1}x^{n-1}) \newline =F_1(x^2)+xF_2(x^2) \]

其中

\[F_1(x)=a_0+a_2x+a_4x^2+a_6x^3+......a_{n-2}x^{\frac{n}{2}-1} \newline F_2(x)=a_1+a_3x^1+a_5x^2+a_7x^3+......+a_{n-1}x^{\frac{n}{2}-1} \]

然后我们把单位根带入一下：

\[F(\omega_n^k)=F_1((\omega_n^k)^2)+\omega_n^kF_2((\omega_n^k)^2) \]

这个时候我们根据\(k\)的范围进行一个讨论

当\(k \in [0,\frac{n}{2}-1]\)时，我们将式子化成

\[F(\omega_n^k)=F_1((\omega_n^k)^2)+\omega_n^kF_2((\omega_n^k)^2)\newline =F_1(\omega_n^{2k})+\omega_n^kF_2(\omega_n^{2k})\newline =F_1(\omega_{\frac{n}{2}}^{k})+\omega_n^kF_2(\omega_{\frac{n}{2}}^{k}) \]

然后当\(k \in [\frac{n}{2},n-1]\)时，我们设\(k^{'}=k-\frac{n}{2}\)

那么就有

\[F(\omega_n^{k^{'}+\frac{n}{2}})=F_1((\omega_n^{k^{'}+\frac{n}{2}})^2)+\omega_n^{k^{'}+\frac{n}{2}}F_2((\omega_n^{k^{'}+\frac{n}{2}})^2)\newline =F_1(\omega_n^{2k^{'}+n})-\omega_n^{k^{'}}F_2(\omega_n^{2k^{'}+n})\newline =F_1(\omega_{\frac{n}{2}}^{k^{'}})-\omega_n^{k^{'}}F_2(\omega_{\frac{n}{2}}^{k^{'}}) \]

然后这样的话，你就会发现，当你求\(k \in [0,\frac{n}{2}-1]\)的时候，你顺便也把\(k^{'} \in [0,\frac{n}{2}-1]\)也求出来了。

但是递归的复杂度还是蛮高的，这个时候我们就需要考虑怎么改成循环的形式。

蝴蝶变换：

我们发现一个东西，就是每一个多项式负责计算的系数是有规律的，我拿\(n=8\)的时候来演示一下：

\[0:\{0,1,2,3,4,5,6,7\} \newline 1:\{1,3,5,7\}\{0,2,4,6\} \newline 2:\{1,5\}\{3,7\}\{0,4\}\{2,6\} \newline 3:\{1\}\{5\}\{3\}\{7\}\{0\}\{4\}\{2\}\{6\} \]

然后我们发现位于第\(i\)层的属于同一个多项式计算的系数的编号的二进制表示下的后\(i\)位是一样的

\[0:\{\} \newline 1:\{1\}\{0\} \newline 2:\{01\}\{11\}\{00\}\{10\} \newline 3:\{001\}\{101\}\{011\}\{111\}\{000\}\{100\}\{010\}\{110\} \]

然后我们现在其实要求的东西就是，在第\(log_n\)层上，位置为\(i\)的数，他在原来的序列中的下标是啥，我们记为\(rev_i\)，然后发现其实这个东西就是二进制逆过来，比如\((10111)_2\)逆过来变成了\((11101)_2\)。

原因就是，每一次分到下一层的时候，当前层是第\(i\)层，那么就按照其二进制第\(i\)位来决定向左还是向右，最后得到的结果就是\(rev_i\)

然后代码上怎么求解\(rev_i\)呢？

其实就是这样：

tot=1<<bit;
for(int i=0;i<tot;i++) rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(bit-1));
for(int i=0;i<tot;i++) if(i<rev[i]) swap(a[i],a[rev[i]]);//之所以是小于号是因为如果是不等于号就会换两次，相当于没换了

然后代码就是这样的

void DFT(complex *a){
    for(int i=0;i<tot;i++){
		if(i<rev[i]) swap(a[i],a[rev[i]]);
    }
    for(int mid=1;mid<tot;mid<<=1){
		complex w1=Complex({cos(PI/mid),sin(PI/mid)});
        for(int i=0;i<tot;i+=mid<<1){
            complex wk=Complex({1,0});
            for(int j=0;j<mid;j++,wk=wk*w1){
				complex x=a[i+j],y=wk*a[i+j+mid];
                a[i+j]=x+y,a[i+j+mid]=x-y;
            }
        }
    }
}

好，现在已经把系数转为点值了，下一步就是要把点值转换为系数！

我们首先让\(H(x)=F(x)G(x)\)了，现在要求\([x^i]H(x)\)，我们设其为\(\frac{c_k}{n}\)

有结论，我们尝试反着推：

\(c_k=\sum_{i=0}^{n-1}y_i(\omega _n^{-k})^i\)

\[c_k=\sum_{i=0}^{n-1}y_i(\omega _n^{-k})^i\newline =\sum_{i=0}^{n-1}(\sum_{j=0}^{n-1}a_j(\omega _n^i)^j)(\omega _n^{-k})^i\newline =\sum_{i=0}^{n-1}(\sum_{j=0}^{n-1}a_j\omega _n^{ij})(\omega _n^{-k})^i\newline =\sum_{i=0}^{n-1}(\sum_{j=0}^{n-1}a_j(\omega _n^{j})^i)(\omega _n^{-k})^i\newline =\sum_{i=0}^{n-1}(\sum_{j=0}^{n-1}a_j(\omega _n^{j})^i(\omega _n^{-k})^i)\newline =\sum_{i=0}^{n-1}(\sum_{j=0}^{n-1}a_j(\omega _n^{j-k})^i)\newline =\sum_{j=0}^{n-1}a_j(\sum_{i=0}^{n-1}(\omega _n^{j-k})^i)\newline \]

然后我们再造出来个多项式\(L(x)=\sum_{i=0}^{n-1}x^i\)

原式子变为：

\[=\sum_{j=0}^{n-1}a_jL(\omega_{n}^{j-k})\newline \]

然后由于\(n\)是个偶数，导致\(L(\omega_n^k)\)中的所有值都两两抵消掉了，最后剩下一个\(0\)，除非\(k\)是\(0\)，那么所有项都变成了\(\omega_n^0=1\)，那么求完和就是\(n\)，式子变为：

\[=\sum_{j=0}^{n-1}a_j([j-k=0]\times n)\newline =\sum_{j=0}^{n-1}a_j([j=k]\times n)\newline =a_k*n \]

得证

那其实我们可以在设置一个多项式\(R(x)=\sum_{i=0}^{n-1}\)来直接通过\(c_k=\sum_{i=0}^{n-1}y_i(\omega _n^{-k})^i\)求出来\(c_k\)，然后我们发现这个多项式的参数只有一个地方变了就是\(\omega_{n}^{k}\)变成了\(\omega_n^{-k}\)，那其实我们可以把两个过程合并一下，加一个标记，来确定每次乘的到底是\(\omega_n^1\)还是\(\omega_n^{-1}\)

总的代码：

void DFT(complex *a,int flg){
    for(int i=0;i<tot;i++){
		if(i<rev[i]) swap(a[i],a[rev[i]]);
    }
    for(int mid=1;mid<tot;mid<<=1){
		complex w1=Complex({cos(PI/mid),flg*sin(PI/mid)});
        for(int i=0;i<tot;i+=mid<<1){
            complex wk=Complex({1,0});
            for(int j=0;j<mid;j++,wk=wk*w1){
				complex x=a[i+j],y=wk*a[i+j+mid];
                a[i+j]=x+y,a[i+j+mid]=x-y;
            }
        }
    }
}

然后发现FFT用的实在是太少了，然后就准备过渡到NTT上。

但是学NTT首先要学一些基本的数论知识：

然后先引出一下离散对数问题。

给定\(a,b,p\)，求出最小的\(k\)使得\(a^k \equiv b (mod \ p)\)，\(p\)是质数。（如果不是质数估计就是个NP问题了）

然后有费马小定理\(a^n \equiv a^{n \ mod \ (p-1)} (mod \ p)\)，所以只需要考虑\(p-1\)种\(k\)

然后我们考虑分块，设\(T\)为块长，那么我们就是要求\(a^{kT+c}\equiv b(mod \ p)\)，那么就是\(a^{kT}\equiv ba^{-c}(mod \ p )\)，那么我们预处理出来\(ba^{-c}\)，然后用\(a^{kT}\)去一个个试。

容易发现这个过程是\(O(\sqrt p)\)的。

有一个例题。

P4884 多少个 1？

麻了，被这题卡了20min，有点耻辱。

题意就是给定\(m\)和\(K\)，求最小的\(k\)，使得\(\sum_{j=0}^{k}10^j\equiv K (mod \ m)\)

然后前面的部分就是个等比数列求和\(\sum_{k=0}^{N}10^k=\frac{(10^{k}-1)\times 1}{(10-1)}\)

\(10^{k}-1\equiv 9K(mod \ m)\)

\(10^{k}\equiv 9K+1(mod \ m)\)

然后就是标准的\(BSGS\)了捏。

然后就看一下原根吧家人们。

感觉这一部分还是性质更重要一些，那就从推性质开始说起吧。

阶：对于\(mod \ p\)意义下，我们称\(a\)的阶为最小的\(k\)使得\(a^k\equiv 1(mod \ p)\)。不难发现其实阶的意义就是幂的最小循环节的长度，然后其上界即为\(\varphi(p)\)，我们通常把\(a \bmod p\)的阶记作\(\delta_p(a)\)

然后推一下性质：

首先是\(\forall i,j \in [1,\delta_p(a)],a^i \not \equiv a^j (\bmod p)\)

反证法可以证明。

如果存在的话，设\(i>j\)就有\(a^i \equiv a^j (\bmod p)\)，进而\(a^{i-j} \equiv 1 (\bmod p)\)，那就有\(i-j<\delta_p(a)\)跟原根的最小性冲突了。

然后是\(\forall n ,a^n \equiv 1\)有\(\delta_p(a)|n\) ，这个直观上就很好理解吧，类似于最小正周期和周期长度的关系。

然后证明也是反证法。

\(a^{k\delta_p(a)+b}\equiv a^n,b<\delta_p(a)\)，那也就是说\(a^b\equiv 1 (\bmod p)\)，跟原根的最小性冲突了。

接着是，若\(gcd(a,m)=gcd(b,m)=1\)，则\(\delta_p(a)\delta_p(b)=\delta_p(ab)\)成立的充分必要条件是\(gcd(\delta_p(a),\delta_p(b))=1\)

必要性：

\(a^{\delta_p(a)}\equiv b^{\delta_p(b)}\equiv 1(\bmod p)\)，就有\((ab)^{lcm(\delta_p(a),\delta_p(b))}\equiv 1 (\bmod p)\)

然后，根据上面推出的性质，就有\(\delta_p(ab)|lcm(\delta_p(a),\delta_p(b))\)

带入条件，\(\delta_p(a)\delta_p(b)|lcm(\delta_p(a),\delta_p(b))\)

\(\delta_p(a)\delta_p(b)=lcm(\delta_p(a),\delta_p(b))gcd(\delta_p(a),\delta_p(b))\)

那么就是\(gcd(\delta_p(a),\delta_p(b))=1\)

充分性：

\((ab)^{\delta_p(ab)}\equiv 1(\bmod p)\)然后有\((ab)^{\delta_p(ab)\delta_p(b)}\equiv 1(\bmod p)\)，\(a^{\delta_p(ab)\delta_p(b)}\equiv 1(\bmod p)\)。

也就是说\(\delta_p(a)|\delta_p(ab)\delta_p(b)\)，同时由于对称性也有\(\delta_p(b)|\delta_p(ab)\delta_p(a)\)

然后带入条件有\(\delta_p(a)|\delta_p(ab)\)和\(\delta_p(b)|\delta_p(ab)\)

就有\(\delta_p(a)\delta_p(b)|\delta_p(ab)\)

然后又因为\((ab)^{\delta_p(a)\delta_p(b)}\equiv (a^{\delta_p(a)})^{\delta_p(b)}(b^{\delta_p(b)})^{\delta_p(a)}\equiv 1(\bmod p)\)

所以就是\(\delta_p(ab)|\delta_p(a)\delta_p(b)\)

因此只能是\(\delta_p(a)\delta_p(b)=\delta_p(ab)\)

还有一个性质：\(\delta_p(a^k)=\frac{\delta_p(a)}{gcd(\delta_p(a),k)}\)

证明如下：

\(a^{k\delta_p(a^k)}\equiv (a^k)^{\delta_p(a^k)}\equiv 1(\bmod p)\)

所以\(\delta_p(a)|k\delta_p(a^k)\)

就有\(\frac{\delta_p(a)}{gcd(k,\delta_p(a))}|\delta_p(a^k)\)

同时也有\((a^k)^{\frac{\delta_p(a)}{gcd(k,\delta_p(a))}}\equiv (a^{\delta_p(a)})^{\frac{k}{gcd(k,\delta_p(a))}} \equiv 1(\bmod p)\)

所以有\(\delta_p(a^k)|\frac{\delta_p(a)}{gcd(k,\delta_p(a))}\)

于是两者只能相等了。

然后到原根了

原根：在\(\bmod p\)意义下，如果存在一个\(a\)满足\(a^{\varphi(p)}\equiv 1(mod \ p)\)，那我们称\(a\)为$mod \ p $意义下的原根。意义就是它的循环节顶到了上界。

有如下几个定理：

原根判定定理：若\(m\geq 3\)且\(gcd(a,m)=1\)，则\(a\)是\(\bmod m\)的原根的充要条件是对于\(\varphi(m)\)的每一个质因子\(p\)都有\(a^{\frac{\varphi(m)}{p}}\not \equiv 1(\bmod m)\)

不会证啊qwq

还有个结论：若一个数\(m\)有原根，则原根的个数为\(\varphi(\varphi(m))\)

证明如下：

设\(m\)有原根\(a\)，那么\(\delta_m(a^k)=\frac{\delta_m(a)}{gcd(\delta_m(a),k)}=\frac{\varphi(a)}{gcd(\varphi(a),k)}\)

当\(k\bot\varphi(a)\)时，\(a^k\)也是一个原根。

然后既要满足\(k\leq \varphi(a)\)，也要满足\(gcd(k,\varphi(a))=1\)，那不难发现这其实就是\(\varphi(\varphi(a))\)个。

然后是原根存在定理。

若一个数有原根，那么这个数必须为\(2,4,p^c,2\times p^c\)。我也不会证/kk

而且最小的原根不会超过\(m^{\frac{1}{4}}\)，所以可以直接枚举。

那么求出所有原根只需要先求出来最小的原根，然后枚举次幂\(k\)，满足\(k\bot \varphi(a)\)就是原根。

但是对于NTT我们只需要记住几个比较重要的数就好了。

P pr
1004535809 3
998244353 3

那就开始NTT罢。

我们考虑从FFT进行升级，那么就是把原来的复数版本\(\omega_n^1\)换成\(pr\)，然后把\(\omega_n^1\)换成\(pr^{-1}\)，用快速幂求出来即可。

那么代码就改成

void NTT(int *a,int flg){
	for(int i=0;i<tot;i++){
		if(i>rev[i]) swap(a[i],a[rev[i]]);
	}
	for(int mid=1;mid<tot;mid<<=1){
        int w1=flg==1?pr:iv;//iv是原根的inv
		for(int j=mid;j<tot;j+=mid<<1){
			int wk=1;
            for(int k=0;k<mid;k++,wk=1ll*wk*w1%mod){
				int x=a[j+k],y=a[j+k+mid];
                a[j+k]=x+y,a[j+k+mid]=x-y;
			}
		}
	}
}

终于会写了qwq。但是多项式题最难的地方在于推式子，那就直接上几道了。

P6078 [CEOI2004] Sweets

John 得到了 \(n\) 罐糖果。不同的糖果罐，糖果的种类不同（即同一个糖果罐里的糖果种类是相同的，不同的糖果罐里的糖果的种类是不同的）。第 \(i\) 个糖果罐里有 \(m_{i}\) 个糖果。John 决定吃掉一些糖果，他想吃掉至少 \(a\) 个糖果，但不超过 \(b\) 个。问题是 John 无法确定吃多少个糖果和每种糖果各吃几个。有多少种方法可以做这件事呢？

\(1\leq n \leq 10\)，\(0\leq a \leq b \leq 10^7\)，\(0 \leq m_{i} \leq 10^6\)。

虽然是生成函数，但好像用不到NTT捏。

首先是在第\(i\)堆选糖果的生成函数。

有\(F_i(x)=\sum_{j=0}^{j\leq m_i}x^j=\frac{(x^{m_i+1}-1)}{x-1}\)

那么全部堆的都算一下就是把他们的生成函数卷起来：

\(G(x)=\prod_{i=1}^{i\leq n}F_i(x)=(1-x)^{-n}\prod(1-x^{m_i+1})\)

这样我们要求的答案就是\(\sum_{i=a}^{i\leq b}[x^i]G(x)\)

然后发现这个题的\(n\)竟然如此之小，那其实最后的部分可以直接暴力展开！

但是前面的部分是负次幂，应当这样处理：

\(\binom{n}{k}=(-1)^k\binom{k-n-1}{k}\)

那么就有：

\[(1-x)^{-n}=\sum_{i=0}^\infin \binom{-n}{i}(-x)^{i} \\ =\sum_{i=0}^\infin\binom{i+n-1}{i}x^i \]

然后剩下的那一坨我们直接暴力算\(x^k\)的系数对答案的贡献。

设系数是\(c_k\)罢

那贡献其实就是

\(c^k \sum_{i=a-k}^{b-k}\binom{i+n-1}{i}\)

然后用一下上指标求和。

也就是\(c^k(\binom{n+b-k}{b-k}-\binom{n+a-k-1}{a-k-1})\)

然后就做完力。

哈哈，发现之前学过的数论函数没有整理！先复习一下。

P4213 【模板】杜教筛（Sum）

首先给出迪利克雷卷积和积性函数的定义。

\[F(x)=G(x)*H(x)=\sum_{i=1}^{n}G(i)\times H(\frac{x}{i}) \]

积性函数：

\[F(x)=F(i)\times F(\frac{x}{i}) ,i\bot\frac{x}{i} \]

其中完全积性函数：

\[F(x)=F(i)\times F(\frac{x}{i}),\forall i \]

那么杜教筛就是用于求一个积性函数的前缀和。

假设我们要求的是\(\sum f(i)\)，我们记作\(F(x)\)，\(g,G,h,H\)的含义类似。

我们构造一下使得\(f*g=h\)且\(g(1)=1\)然后我们就有以下式子：

\[F(x)=\sum_{i=1}^{n} h(i) - \sum_{i=2}^{n}\sum_{j|i}^{n}g(j)\times f(\frac{i}{j}) \\ =H(n)-(\sum_{i=2}^{n}g(i)\times F(\lfloor \frac{n}{i} \rfloor)) \]

然后就可以递归计算了，其中后面的部分可以整除分块，那么总共的复杂度也是可以计算的。

我们设\(T(x)\)表示\(x\)量级的整除分块运算复杂度，那么就有：

\[T(n)=O(\sqrt{n})+(\sum_{i=2}^{\sqrt{n}}T(\lfloor\frac{n}{i}\rfloor)) \\ T(\lfloor\frac{n}{i}\rfloor)=O(\sqrt{\lfloor\frac{n}{i}\rfloor})+O(\sum_{j=2}^{\sqrt{n}}T(\lfloor\frac{n}{ij}\rfloor)) \]

然后后面的部分可以认为是高阶无穷小直接省略掉。

\[T(n)=O(\sqrt{n})+(\sum_{i=2}^{\sqrt{n}}O(\sqrt{\lfloor\frac{n}{i}\rfloor}))\\ =O(\sqrt{n})+\int_{0}^{\sqrt{n}} \sqrt\frac{n}{x} dx\\ =O(\sqrt{n})+\int_{0}^{\sqrt{n}} n^{\frac{1}{2}}x^{-\frac{1}{2}} dx\\ =O(\sqrt{n})+\bigg|_{0}^{\sqrt{n}}\sqrt{n}\sqrt{x}\\ =O(\sqrt{n})+\sqrt{n}\sqrt{\sqrt{n}}\\ =O(n^{\frac{3}{4}}) \]

如果预处理的话，复杂度还会进一步降低。

假设我们预处理出来了\(k\)个数，那么就是：

\[tot=O(k)+O(\sum_{i=2}^{\frac{n}{k}}\sqrt{\lfloor\frac{n}{i}\rfloor})\\ =O(k)+\bigg|_{0}^{\frac{n}{k}}\sqrt{n}\sqrt{x}\\ =O(k)+O(\sqrt{n}\frac{\sqrt{n}}{\sqrt{k}}) =O(k)+O(\frac{n}{\sqrt{k}}) \]

然后这个就是均值不等式了，当\(k\)取\(n^{\frac{2}{3}}\)时整个式子取到最小，结果为\(O(n^{\frac{2}{3}})\)

然后正确性有保证了，我们需要对于一些经典的积性函数的\(g,h\)进行选取。

如果我们要求\(\varphi(x)\)的前缀和，那么就是构造\(\varphi*I=id\)

如果我们要求\(\mu(x)\)的前缀和，那么就是构造\(\mu*I=e\)

如果我们要求\(\varphi(x)\times x\)的前缀和，那么就是构造\((\varphi\times id)*id=id^2\)