数数知识简记 1

数数知识简记

提取多项式系数

\(F(x)=\sum\limits_{i\ge0}f_ix^i\)

提取常数项 : \(f_0=F(0)\)

提取全体系数和 : \(\sum\limits_{i\ge 0}f_i=F(1)\)

提取偶数系数和 : \(\sum\limits_{i\ge0}f_{2i}=\frac{F(1)+F(-1)}{2}\)

一般式(单位根反演) : \(\sum\limits_{i\ge0}f_{ki}=\frac{1}{k}\sum_{i=0}^{k-1}F(\omega^i_k)\)

proof

拆分为 \(x^i\) , 即证 \(\frac{1}{k}\sum\limits_{i=0}^k \omega_k^{ij}=[j\mod k=0]\)

\(k\) 不整除 \(j\) 但不互质的情况容易归纳到互质情况 .

令 \(g=\gcd(j,k)\) 设 \(k'=\frac{k}{g}\)

则原式即 \(\frac{g}{k}\sum\limits_{i=0}^{k'}\omega_{k'}^{ij}\)

下面讨论互质的情况

从剩余系的角度, 显然整体乘以一个与模数互质的数之后仍然是整个剩余系, 因此 \(j\) 与 \(k\) 互质就等价于 \(j=1\) .

又有全体 \(k\) \((k\gt 1)\) 次单位根之和为 \(0\) 因此得证.

值得注意 dft 与之的联系 .

另外对生成函数提取特定项有类似方法, 不赘述.

Lagrange 插值

值得注意的是对于给定点值的求值和插值均为线性变换.

\(f(x) \leftarrow f(x_0),f(x_1),f(x_2)....f(x_n)\)

\(f_i(x)=\dfrac{\prod_{j=0,j\neq i}^n(x-x_j)}{\prod_{j=0,j\neq i}^n(x_i-x_j)}\)

\(f_i\) 满足 \(f_i(x_0),f_i(x_1)... = 0\) 且 \(f_i(x_i) = 1\) .

\(f(x)=\sum\limits_{i=0}^nf_i(x)f(x_i)\)

唯一性由代数基本定理, \(n\) 次多项式根不超过 \(n\) 个.

值得注意的是多项式空间的 Lagrange 插值与模空间的 CRT 同构.

Lagrange 反演

btw, 求导也是线性变换

有 Taylor 展开 \(f(x)=\sum\limits_{i\ge 0} \frac{f^{(i)}(x_0)}{i!}(x-x_0)^i\)

有 \([x^n]f^{\langle-1\rangle}(x)^k=[x^{-k-1}]\dfrac{f'(x)}{f(x)^{n+1}}=\frac{k}{n}[x^{-k}]\dfrac{1}{f(x)^n}\)

一个更具美感的写法: \(n[x^n]f^{\langle-1\rangle}(x)^k=k[x^{-k}]f(x)^n\)

对其线性组合得 \([x^n]g(f^{\langle-1\rangle}(x))=[x^{-1}]\dfrac{g(x)f'(x)}{f(x)^{n+1}}=\frac{1}{n}[x^{-1}]\dfrac{g'(x)}{f(x)^{n}}\)

一点技术细节

首先引入形式 Laurent 级数, 简单的说, 把形式幂级数扩展到允许有 \(x^{-i}\) .

记 \(ord(f(x))\) 为最小的非零项次数 \((f(x)\neq 0)\)

注意到任意 Laurent 级数的导数的负一次项均为 \(0\)

也就是 \([x^{-1}] f'(x) = 0\) (考虑形式导数 \((x^k)'=kx^{k-1}\))

lemma1 : \([x^{-1}]\frac{f'(x)}{f(x)}=ord(f(x))\) \((f(x)\neq 0)\)

proof : 仅有最低次项有贡献, \([x^{-1}]\frac{kx^{k-1}}{x^k}=k\)

lemma2 : \([x^{-1}]f(x) \times ord(g(x))=[x^{-1}](f(g(x))g'(x))\) \((ord(g)\gt0)\)

proof : 考虑线性性, 处理每个次幂的贡献, 则有

\([x^{-1}]x^k\times ord(g(x))=[x^{-1}]g(x)^kg'(x)=[k=-1]ord(g(x))\)

lemma3 : \([x^n]f^{\langle-1\rangle}(x)^k=[x^{-k-1}]\dfrac{f'(x)}{f(x)^{n+1}}\) \((ord(f)=1)\)

proof : \([x^n]f^{\langle-1\rangle}(x)^k=[x^{-1}]\dfrac{f^{\langle-1\rangle}(x)^k}{x^{n+1}}=[x^{-1}]\dfrac{f^{\langle-1\rangle}(f(x))^kf'(x)}{f(x)^{n+1}}\times \frac{1}{ord(f(x))}=[x^{-1}]\dfrac{x^kf'(x)}{f(x)^{n+1}}=rhs\)

lemma4 : \([x^{-k-1}]\dfrac{f'(x)}{f(x)^{n+1}}=\frac{k}{n}[x^{-k}]\dfrac{1}{f(x)^n}\) \(f(x)\neq0\)

proof : \([x^{-1}](\dfrac{x^k}{f(x)^n})'=[x^{-1}](\dfrac{kx^{k-1}}{f(x)^n}-\dfrac{nx^kf'(x)}{f(x)^{n+1}})=[x^{-k}]\dfrac{k}{f(x)^n}-[x^{-k-1}]\dfrac{nf'(x)}{f(x)^{n+1}}=0\)

二项式反演

\((1-1)^n=\sum \limits_{k=0}^n\binom{n}{k}(-1)^k=[n=0]\)

\(f(n)=\sum \limits_{k=0}^n\binom{n}{k}g(k)\)

\(g(n)=\sum \limits_{k=0}^n(1-1)^{n-k}g(k)=\sum \limits_{k=0}^n(-1)^{n-k}\binom{n}{k}f(k)\)

生成函数(EGF)视角 :

\(G(x)=\sum\limits_{i\ge 0}\frac{g(i)x^i}{i!}\)

\(F(x)=\sum\limits_{i\ge 0}\frac{f(i)x^i}{i!}=\sum\limits_{i\ge 0}\frac{x^i}{i!}\sum\limits_{j\ge 0}^i\binom{i}{j}g(j)=e^xG(x)\)

那么反演无非是 : \(G(x)=e^{-x}F(x)\)

子集反演

某种角度讲, 二项式反演是答案只和集合大小相关的子集反演.

\(f(S)=\sum\limits_{T\subseteq S}g(T)\)

\(g(S)=\sum\limits_{T\subseteq S}(-1)^{|S|-|T|}f(T)\)

集合幂级数视角

\(F(S)=G(S)X(S) \mod x_0^2,x_1^2,x_2^2,x_3^2...x_{n-1}^2\)

其中 \(X(S)\) 为全 \(1\) , 其乘法表示高维前缀和.

\(G(S)=F(S)\times \frac{1}{X(S)} \mod x_0^2,x_1^2,x_2^2,x_3^2...x_{n-1}^2\)

对于每一维, 其实就是在说 \(\frac{1}{1+x}=1-x \mod x^2\)

呜呜呜我知道很平凡.

Mobius 反演

\(f(n)=\sum\limits_{d|n}g(d)\)

\(g(n)=\sum\limits_{d|n}\mu(\frac{n}{d})f(d)\)

生成函数(DGF)视角 :

DGF基础

DGF : \(F(x)=\sum\limits_{i\ge1}\frac{f_i}{i^x}\)

dirchlet 卷积 : \(f(n)=\sum\limits_{d|n}g(d)h(\frac{n}{d})\)

也即 \(F(x)=G(x)H(x)\)

其中单位元:\(I(x)=1\)

完全积性函数 \(f(pq)=f(p)f(q)\)

积性函数 \(f(pq)=f(p)f(q)\) \(\gcd(p,q)=1\) (积性函数的 dirchlet 卷积是积性函数)

\(<1,1,1,1,1...>\) : \(\zeta(x)=\sum\limits_{i\ge1}\frac{1}{i^x}=\prod\limits_{p\in prime}\frac{1}{1-p^{-x}}\)

\(\frac{1}{1-p^{-x}}=\sum_{i=0}p^{-ix}\)

\(<1^k,2^k,3^k,4^k,5^k...>\) : \(\zeta(x-k)=\sum\limits_{i\ge1}\frac{i^k}{i^{x}}=\prod\limits_{p\in prime}\frac{1}{1-p^{k-x}}\)

\(\frac{1}{1-p^{k-x}}=\sum_{i=0}p^{-ix}p^{ik}\)

\(\mu(x)\) : \(\widetilde{\Mu}(x)=\prod\limits_{p\in prime}1-p^{-x}=\frac{1}{\zeta(x)}\)

\(\phi(x)\) : \(\widetilde{\Phi}(x)=\prod\limits_{p\in prime}(\sum\limits_{i\ge0}\frac{p^{i}}{p^x}-\sum\limits_{i\ge1}\frac{p^{i-1}}{p^x})=\prod\limits_{p\in prime}\frac{1-p^{-x}}{1-p^{1-x}}=\frac{\zeta(x-1)}{\zeta(x)}\)

\(F(x)=\sum\limits_{i\ge1}\frac{f_i}{i^x}=\zeta(x)G(x)\)

\(G(x)=\frac{1}{\zeta(x)}\times F(x)=\Mu(x)F(x)\)

其中 \(\Mu(x)\) 表示 mobius 函数对应的 dirchlet 生成函数

其实可以看成对于每个质数维上的前缀和 / 差分.

也就是在说 \(1+x+x^2+...=\frac{1}{1-x}\) .

min-max 反演

不妨令 \(min(\emptyset) = e\) (单位元)

\(max(S)=\sum\limits_{T\subseteq S}min(T)(-1)^{|T|+1}\)

例如 \(lcm(x,y)=\frac{xy}{gcd(x,y)}\), \(max(x,y)=x+y-min(x,y)\), \(x|y=x+y-x\&y\)

\(kthmax(S)=\sum\limits_{T\subseteq S}min(T)(-1)^{|T|+k}\binom{|T|-1}{k-1}\)

proof

\(kthmax(S)=\sum\limits_{T\subseteq S}min(T)f(|T|)\)

第 \(a\) 大对应的贡献 \(\sum\limits_{i=1}^{a}\binom{a-1}{i-1}f(i)=[a=k]\)

\(g(a-1)=\sum\limits_{i=0}^{a-1}\binom{a-1}{i}f(i+1)=[a=k]\)

施以二项式反演 : \(f(a)=\sum\limits_{i=0}^{a-1}(-1)^{a-1-i}\binom{a-1}{i}[i=k-1]\)

\(f(x)=(-1)^{x+k}\binom{x-1}{k-1}\)

同理 \(kthmin(S)=\sum\limits_{T\subseteq S}max(T)f(|T|)\)

有趣的是通常多元min-max反演只用于期望,反而是二元反演应用广泛.

斯特林反演与下降幂

众所周知斯特林反演就是下降幂与一般式的互转.

待补