复习笔记当然主要是做题了。
主要是我当时也没记什么笔记，只能从我做过的题复习了。
容斥
总计
不管什么题都先想容斥！！！
交集并集尝试容斥！！！
条件尝试反面去容斥！！！
条件尝试去掉去容斥！！！
哪怕是数据范围看着不能直接容斥的题，如果有一些特殊性质保证容斥层数不多也是可以容斥的！！！最常见的就是保证容斥对象只有常数个！！！
看见对象少想容斥！！！
有上限背包方案数，是很经典的容斥题。
容斥的思路一般是设一个性质（或者说一个命题） \(P\)。本题里 \(P_i\) 表示第 \(i\) 种物品的选值是否超过上限。
于是可以将问题描述成：不满足任何一个性质的问题的答案。用集合描述，即满足限制的集合为 \(\varnothing\)。
容斥原理告诉了我们这样一件事：\(F(\varnothing)-F(\{P_1\})-F(\{P_2\})+F(\{P_1,P_2\})\)。
这次我们要满足的条件就不是上界了，而是下界。下界是显然地。
事实上，一开始就去考虑反面，就会发现我们唯一的问题就是处理掉重复差分掉的部分，自然想到容斥。
这题对我们的启示是看见条件想反面。
删除元素直到变成非降序列。求方案。
如果做不出题，不妨去掉一些条件后尝试。
在本题中，你每个条件都枚举一遍。当我们去掉“直到”这个条件以后，发现这题比较容易：\(f_{i,j}\) 表示以 \(j\) 结尾的长为 \(i\) 的非降序列计数。然后每次更新就直接更新，树状数组优化即可。答案记得乘上阶乘。
接下来我们加上“直到”。考虑反面，也就是计数不是“直到”的序列数。这意味着最后一个数在被删前就已经是非降了。
于是这个条件可以描述成：选一个非降序列，再删一个。
关于正确性：每一个不合法操作序列只会被唯一的操作序列删除。
经典好题。
给你一个 \(n\) 二进制位的数的集合去掉 \(0\)，你要从中不重复的选出 \(m\) 个数，使得异或起来是 \(0\)。记方案数。
做容斥题一定要考虑条件。
本题有两个条件：不选 \(0\)，不重复。
将两个条件分别容斥掉。重申，看见条件想反面。
设 \(f_i\) 表示选 \(i\) 个数异或和为 \(0\) 的方案数。全体方案数当然是 \(\binom{2^n-1}{i-1}\)。这是一个转换，选 \(n\) 个满足条件的数转换为选 \(n+1\) 个数。
这个全体方案数会不满足条件的点只有新增的那个数可以能为 \(0\) 或重复。
考虑第一个条件。显然就是去掉所有选了 \(0\) 的情况，也就是在前面变成 \(0\) 了的情况，即减 \(f_{i-1}\)。
考虑第二个条件。重复了意味着去掉另外合法的 \(i-2\) 个后剩下的两个相同。即减 \(f_{i-2}\times (2^n-1-(i-2))\)。
然后由于我们提取了一个出来，所以被提取的这个有 \(i\) 种，需要除法原理一下。
这里其实也用到了扩展思维，从我们对选 \(n\) 个有条件的数的理解开始推。
给你一个黑白序列，有一些点可以自己染色。计数多少种方案可以有连续 \(k\) 个黑在连续 \(k\) 个白前面。
首先连续 k 个是至少 k 个的意思。很容易想到拼接的思想：找一个位置，计数前面后面的方案数拼起来。
有连续 k 个黑的计数很好求，你设 \(f_{i,0/1}\) 表示前 \(i\) 个数没有/有 \(k\) 个黑的方案数。
显然要么前面就有 \(k\) 个黑，要么将当前连续 \(k\) 个改成黑。于是就做出来了。
然后就是拼接会重。标志物计数思想：只匹配第一个黑和最后一个白。枚举第一个黑和最后一个白的位置，中间部分随便。
问题变成：对每个前缀求这个前缀的 \(k\) 后缀恰好是第一次出现的方案数。
这么搞就行了：首先求 \(k\) 后缀的方案数，然后让 \(k-1\) 那里必须是白色。然后问题就变成了一段前缀不出现连续 \(k\) 个数的方案数。
这个东西显然可以做：直接从上一项转移过来，然后容斥掉不合法的——就是刚好组成 \(k\) 的。
启示：反复转换问题，当问题变成一个足以一步解决的问题时就可以做出来了。
小记
容斥部分记上面四道题就够了。注意考场上使用容斥只有两个难点：想到容斥，想到用哪个条件容斥。
错排
需要单独开坑。
错排递推公式是这么推的：考虑第 \(n\) 个数放进第 \(k\) 位，考虑 \(k\) 的限制：
当 \(k\) 放进第 \(n\) 位，等价于错排，方案 \(D_{n-2}\)。
当 \(k\) 不放进第 \(n\) 位，你发现直接将 \(k\) 看作 \(n\) 就是相当于错排了，方案 \(D_{n-1}\)。
于是 \(D_n=(n-1)(D_{n-1}+D_{n-2})\)
另一个可能有用的柿子是 \(D_n=nD_{n-1}+(-1)^n\)
还有错排概率 \(P_n=\sum_{i=0}^n\frac{(-1)^i}{i!}\)
\(k\) 错排问题（即只错排 \(k\) 个数）乘个组合数即可。
典型 \(k\) 错排问题，直接组合数乘错排数即可。
这里是可重集错排。
直接反演即可。
还有 \(O(n^2)\) 做法。运用打包思想，将反演的一些情况打包转移即可。
主要记一下偏序情况下的容斥：考虑每条链的第一个点作为标志物转移。
子集反演与二项式反演
推荐这篇文章，讲得很透彻。
有上限背包方案数，但是 \(20\) 个。
这里我们引入反演。
我认为反演和容斥实际上就是一个代数一个组合。反演可能会少动点脑子。
超集反演：对于 \(F(S)=\sum_{S\subseteq T}G(T)\)，有 \(G(T)=\sum_{T \subseteq S}(-1)^{|S|-|T|}\times F(S)\)。
按照上面我们所定义的性质集合反演即可。
看不到就去网上找题。有向图生成 DAG 计数。
DAG 计数考虑 topo 序分层。找最后一层的所有点作为标志物。
然后考虑所有点到最后一层的边。如果是恰好是这些点不好做，反演转钦定就可以了。
题意可以转换成定向转 DAG 计数。
topo 序列分层。这里考虑第一层。所有图论选点都可以容斥成至少，然后就能做了。
\[\begin{aligned}
f_S&=\sum_{T\subseteq S}\sum_{T\subseteq H\subseteq S} (-1)^{|H|-|T|}f_{S-H}g_H
\\
&=\sum_{H\subseteq S}f_{S-H}g_{H}(-1)^{|H|}\sum_{T\subseteq H} (-1)^{|T|}
\\
&=\sum_{H\subseteq S}f_{S-H}g_{H}(-1)^{|H|+1}
\end{aligned}
\]
有向图选边使得强连通计数。
强连通的话会想到缩点之类的吧。缩点以后是 DAG，就会想到用我们前面的 topo 序计数法。
我们相当于计数缩点以后只有一个点的方案数。
一个小容斥，我们去记不止一个点的方案数，这时枚举第一层点以后就不需要管后面的点了——一定不止一个点了。
然后考虑枚举的第一层点组成 SCC 的方案数。用子集反演去推，系数可以用二项式定理化简。问题变成了分成 k 个 SCC 的方案数。
当然上面那个很神经别用。你可以考虑直接钦定一个 SCC 去做反演。这里记得把容斥系数一起算，不然推不了。
钦定 SCC 可以钦定一个点，然后去枚举和这个点相连的 SCC。
所有的值都可以在 \(O(3^n)\) 内求出。
这位哥很强，可以看他写的。
还有这篇拼好解。
首先概率可以转方案计数。
考虑性质 C 的部分分，相当于记最小外向生成树的存在性。
最小外向生成树存在相当于是说存在一个点可以到达所有点。
可达性的话会想到 SCC 缩点后看 topo 序第一层是否只有一个点。
设它是 \(f(S)\)，表示恰好第一层是 \(S\) 的方案数。
然后你可以赋予 \(f(S)\) 一个新定义：\(U-S\) 里恰好有 \(0\) 个第一层点。
然后就典了：考虑二项式反演，变成钦定了 \(i\) 个一层点的方案。
这个东西考虑枚举补集的子集，考虑恰好分了这么多 SCC 的集合方案 \(g(T,i)\)。注意里面要带容斥系数，可以优化复杂度。其它随便连就好了。
然后考虑正解。
从 C 性质扩展的话有一个结论是你按照从小到大加边，基图连通性和原图一致。
于是乎考虑记 \(f(S)\) 表示 \(S\) 中的点作为根的生成子图计数。
然后就是加边，直接枚举合法根集合，合并后的合法根肯定是子集。
打不开就去网上找题。就是求 \(m\) 个数，每次删一个（可以反复删），求 \(n\) 次后 \(\text{mex}\) 的期望。
经典好题。首先先整数期望公式，转成记前 \(i\) 个数都被涂的方案数。
恰好前 \(i\) 个数被涂不好做，子集二项式反演成至多 \(i\) 个数。
注意子集反演时的全集。这里的全集是 \([1,i]\) 的数，故至多的限制只作用在它们上面。
\[\begin{aligned}
ans&=\sum_{i=0}^{m}S(\text{mex}> i)
\\
&=\sum_{t=0}^{m}g(t)
\\
&=\sum_{t=0}^{m}\sum_{s=0}^{t}(-1)^{t-s}\left(\begin{array}{c}t\\s\end{array}\right)f(s)
\\
&=\sum_{t=0}^{m}\sum_{s=0}^{t}(-1)^{t-s}\left(\begin{array}{c}t\\s\end{array}\right)(m-(t-s))^n
\\
&=\sum_{t=0}^{m}\sum_{s=0}^{t}(-1)^{s}\left(\begin{array}{c}t\\s\end{array}\right)(m-s)^n
\\
&=\sum_{s=0}^{m}\sum_{t=s}^{m}(-1)^{s}\left(\begin{array}{c}t\\s\end{array}\right)(m-s)^n
\\
&=\sum_{s=0}^{m}(-1)^{s}(m-s)^n\sum_{t=s}^{m}\left(\begin{array}{c}t\\s\end{array}\right)
\\
&=\sum_{s=0}^{m}(-1)^{s}(m-s)^n\binom{m+1}{s+1}
\end{aligned}
\]
重新推一遍柿子。事实证明所有推柿子的题想清楚是好写的关键。
\(G(i,j)\) 表示恰有 \(i\) 行相同和 \(j\) 列相同。
可以列出答案式 \(Ans=\sum_{x=0}^{n}\sum_{y=0}^m[2|x+y]G(x,y)\)。
假如 \(G\) 没求错这个柿子是一定不会错的。
然后 \(G\) 这个形式很可以反演。
\[G(x,y)=\sum_{i=x}^{n}\sum_{j=y}^{m}(-1)^{i-x+j-y}\binom{i}{x}\binom{j}{y}F(i,j)
\]
其中 \(F(i,j)\) 表示钦定 \(i\) 行 \(j\) 列相等。在 \(F\) 不求错的情况下这个柿子也不会错。
继续推进。
\[\begin{aligned}
Ans&=\sum_{x=0}^{n}\sum_{y=0}^m[2|x+y]G(x,y)
\\
&=\sum_{x=0}^{n}\sum_{y=0}^m[2|x+y]\sum_{i=x}^{n}\sum_{j=y}^{m}(-1)^{i-x+j-y}\binom{i}{x}\binom{j}{y}F(i,j)
\\
&=\sum_{x=0}^{n}\sum_{y=0}^m\sum_{i=x}^{n}\sum_{j=y}^{m}[2|x+y](-1)^{i-x+j-y}\binom{i}{x}\binom{j}{y}F(i,j)
\\
&=\sum_{i=0}^{n}\sum_{j=0}^{m}\sum_{x=0}^{i}\sum_{y=0}^j[2|x+y](-1)^{i-x+j-y}\binom{i}{x}\binom{j}{y}F(i,j)
\\
&=\sum_{i=0}^{n}\sum_{j=0}^{m}(-1)^{i+j}F(i,j)\sum_{x=0}^{i}\sum_{y=0}^j[2|x+y]\binom{i}{x}\binom{j}{y}
\end{aligned}
\]
我不太懂交错和那一套，这里我们还是直接上单位根反演。
注意不需要原根，任何质数都有二次单位根：\(-1\)。
\[\begin{aligned}
Ans&=\sum_{i=0}^{n}\sum_{j=0}^{m}(-1)^{i+j}F(i,j)\sum_{x=0}^{i}\sum_{y=0}^j[2|x+y]\binom{i}{x}\binom{j}{y}
\\
&=\sum_{i=0}^{n}\sum_{j=0}^{m}(-1)^{i+j}F(i,j)\sum_{x=0}^{i}\sum_{y=0}^j\frac{1}{2}\sum_{d=0}^1(-1)^{d(x+y)}\binom{i}{x}\binom{j}{y}
\\
&=\frac{1}{2}\sum_{d=0}^1\sum_{i=0}^{n}\sum_{j=0}^{m}(-1)^{i+j}F(i,j)\sum_{x=0}^{i}((-1)^d)^x\binom{i}{x}\sum_{y=0}^j((-1)^d)^y\binom{j}{y}
\\
&=\frac{1}{2}\sum_{d=0}^1\sum_{i=0}^{n}\sum_{j=0}^{m}(-1)^{i+j}F(i,j)((-1)^d+1)^{i+j}
\end{aligned}
\]
现在我们再反回来考虑 \(F\)。事实上 \(F\) 只有一维为 \(0\) 时与别的不一样，我们分开推即可。别忘了组合数学经典的 \(0^0=1\)。
当 \(x>0,y>0\) 时：
\[\begin{aligned}
F(x,y)&=2\binom{n}{x}\binom{m}{y}2^{(n-x)(m-y)}
\\
Ans&=\frac{1}{2}\sum_{d=0}^1\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}(-1)^{i+j}F(i,j)((-1)^d+1)^{i+j}
\\
&=\frac{1}{2}\sum_{d=0}^1\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}(-1)^{i+j}2\binom{n}{i}\binom{m}{j}2^{(n-i)(m-j)}((-1)^d+1)^{i+j}
\\
&=2^{nm}\sum_{d=0}^1\sum_{i=1}^{n}\binom{n}{i}(-1)^{i}2^{-mi}((-1)^d+1)^{i}\sum_{j=1}^{m}(-1)^{j}\binom{m}{j}2^{(i-n)j}((-1)^d+1)^{j}
\\
&=2^{nm}\sum_{d=0}^1\sum_{i=1}^{n}\binom{n}{i}(-1)^{i}2^{-mi}((-1)^d+1)^{i}\sum_{j=1}^{m}(-2^{i-n}((-1)^d+1))^{j}\binom{m}{j}
\\
&=2^{nm}\sum_{d=0}^1\sum_{i=1}^{n}\binom{n}{i}(-1)^{i}2^{-mi}((-1)^d+1)^{i}((-2^{i-n}((-1)^d+1)+1)^m-1)
\\
&=2^{nm}\sum_{i=1}^{n}\binom{n}{i}(-2^{1-m})^{i}((-2^{i-n+1}+1)^m-1)
\end{aligned}
\]
熬出头辣。
当 \(x=0,y>0\) 时：
\[\begin{aligned}
F(0,y)&=\binom{m}{y}2^y2^{n(m-y)}
\\
Ans&=\frac{1}{2}\sum_{d=0}^1\sum_{j=1}^{m}(-1)^{j}F(0,j)((-1)^d+1)^{j}
\\
&=\frac{1}{2}\sum_{d=0}^1\sum_{j=1}^{m}(-1)^{j}\binom{m}{j}2^j2^{n(m-j)}((-1)^d+1)^{j}
\\
&=2^{nm-1}\sum_{d=0}^1\sum_{j=1}^{m}((-2^{1-n})((-1)^d+1))^{j}\binom{m}{j}
\\
&=2^{nm-1}\sum_{d=0}^1((-2^{1-n})((-1)^d+1)+1)^{m}-1
\\
&=2^{nm-1}((-2^{2-n}+1)^{m}-1)
\end{aligned}
\]
当 \(x>0,y=0\) 时是对称的，直接写：
\[Ans=2^{nm-1}((-2^{2-m}+1)^{n}-1)
\]
当 \(x=0,y=0\) 时：
\[Ans=F(0,0)=2^{nm}
\]
所以总答案就是：
\[\begin{aligned}
Ans&=2^{nm}\sum_{i=1}^{n}\binom{n}{i}(-2^{1-m})^{i}((-2^{i-n+1}+1)^m-1)
\\
&+2^{nm-1}((-2^{2-n}+1)^{m}-1)
\\
&+2^{nm-1}((-2^{2-m}+1)^{n}-1)
\\
&+2^{nm}
\end{aligned}
\]
直接求解即可。
min-max 反演
\[\begin{aligned}
\max(T)=\sum_{S\subseteq T,S\ne \varnothing}(-1)^{|S|-1}\min(S)
\end{aligned}
\]
\[\begin{aligned}
\text{max}_k(T)=\sum_{S\subseteq T,S\ne \varnothing}(-1)^{|S|-k}\binom{|S|-1}{k-1}\text{min}(S)
\end{aligned}
\]
\[\begin{aligned}
E(\max(T))=\sum_{S\subseteq T,S\ne \varnothing}(-1)^{|S|-1}E(\min(S))
\end{aligned}
\]
这一部分的东西常常要用到几何分布：重复实验直到成功的期望次数 \(E(X)=\frac{1}{P}\)
找不到网上搜，接下来不会重复了。
有 \(n\) 个物品，每个物品每次有获取到的概率，求期望多少次收集完。
你考虑一个无限的操作序列，找每个数被第一次收集到的位置，最后答案就会是第一次收集位置的最大值。
于是就是求第一次最大值的期望。
这里有一个小转换：互相独立时都可以把期望符号随意移动。
所以可以转换成求第一次期望的最大值。
最大值是不太好求的。min-max 反演成最小值。
说实话不会几何分布的话都不好求。
注意到一个集合第一次出现期望的最小值，相当于把所有数分成失败数和成功数，第一次成功的期望次数。
几何分布即可。
将每个二进制位看作一个物品的话，相当于每次有概率涂色一个物品集合，求期望涂完次数。
和上一道题一样，一通反演成某个集合第一次出现期望的最小值。
这里要求的实际上是任意一个与该集合有交的数的概率。
一步容斥（正难则反），求无交，发现是子集和，求救 dp。
（上面说的求救 dp 就是 sosdp，网上写的比我好）
等价于求第 \(k\) 小期望。
始终记得我们只会求能几何分布的值，所以反演成最小。（将第 \(k\) 小转成 \(n-k+1\) 大即可）
\[\begin{aligned}
E(\text{max}_k(T))&=\sum_{S\subseteq T,S\ne \varnothing}(-1)^{|S|-k}\binom{|S|-1}{k-1}E(\text{min}(S))
\\
&=\sum_{S\subseteq T,S\ne \varnothing}(-1)^{|S|-k}\binom{|S|-1}{k-1}\frac{m}{\sum_{x\in S}p_x }
\\
&=\sum_{S\subseteq T,S\ne \varnothing}(-1)^{|S|-k}\binom{|S|-1}{k-1}\sum_{l}^{m}\frac{m}{l}[l=\sum_{x\in S}p_x]
\\
&=\sum_{l}^{m}\frac{m}{l}\sum_{S\subseteq T,S\ne \varnothing}(-1)^{|S|-k}\binom{|S|-1}{k-1}[l=\sum_{x\in S}p_x]
\end{aligned}
\]
根据上面的柿子可以设出 dp：\(f_{i,j,l}\) 表示前 \(i\) 个数集合大小为 \(j\) 且 \(l\) 值固定的集合计数。
这个转移已经无懈可击了。优化状态的话，考虑将上式打包转移——这里打包 \(j\) 这一维。
具体地，你发现变化量只有一，进而组合数可以暴力拆开。
你会发现你就是缺了一个 \(-1\) 上的指数，记一下就好了。这也是本题 \(n-k<=10\) 的目的。
一个性质：\((f_x,f_y)=f_{(x,y)}\)
一个说法是 gcd 和 lcm 本质是质因子指数的 min 和 max，所以也可以有 min-max 反演。
\[\begin{aligned}
\text{lcm}(T)&=\prod_{S\subseteq T,S\ne\varnothing}\text{gcd}(S)^{(-1)^{|S|-1}}
\\
&=\prod_{i=1}f(i)^{\sum_{S\subseteq T,S\ne\varnothing}[\text{gcd}(S)=i](-1)^{|S|-1}}
\end{aligned}
\]
关于指数上的那一坨，使用莫反。
单位根反演
虽然我们不常用单位根，但众所周知模 \(p\) 意义下的单位根就是原根，那这玩意不就有用了吗。
\[\begin{aligned}
\left[ n|x\right]&=\frac{1}{n}\sum_{i=0}^{n-1}\omega_n^{xi}
\end{aligned}
\]
如何理解？你考虑向量 \(\omega_n^{x}\) 在单位原上旋转。
当左边不成立时，右边一定会形成至少两组平衡的向量，和为 \(0\)。
当左边成立时，右边只会在 \(1\) 的位置形成 \(n\) 组，乘个系数自然相同。
和组合数的转换有异曲同工之妙。
常见：\(\left [ x\equiv y (\bmod n) \right ] =\left [ x-y\equiv 0 (\bmod n) \right ] =\left [ n|(x-y) \right ]\)。
时刻记住 \(\omega_n\equiv g^{\frac{p-1}{n}} (\bmod p)\)。
\[\begin{aligned}
&\sum_{i=0}^n\binom{n}{i}s^ia_{i\space \bmod \space4}
\\
=&\sum_{i=0}^n\binom{n}{i}\sum_{j=0}^3s^ia_j[i\equiv j(\bmod4)]
\\
=&\sum_{i=0}^n\binom{n}{i}\sum_{j=0}^3s^ia_j\frac{1}{4}\sum_{k=0}^{3}\omega_4^{(i-j)k}
\\
=&\frac{1}{4}\sum_{j=0}^3a_j\sum_{k=0}^{3}\omega_4^{-jk}\sum_{i=0}^n\binom{n}{i}(s\omega_4^{k})^i
\end{aligned}
\]
然后使用二项式定理化简。
\[\begin{aligned}
&\frac{1}{4}\sum_{j=0}^3a_j\sum_{k=0}^{3}\omega_4^{-jk}\sum_{i=0}^n\binom{n}{i}(s\omega_4^{k})^i
\\
=&\frac{1}{4}\sum_{j=0}^3a_j\sum_{k=0}^{3}\omega_4^{-jk}\sum_{i=0}^n\binom{n}{i}(s\omega_4^{k})^i1^{n-i}
\\
=&\frac{1}{4}\sum_{j=0}^3a_j\sum_{k=0}^{3}\omega_4^{-jk}(s\omega_4^{k}+1)^n
\end{aligned}
\]
于是解决。
启示：下标取模可以用单位根反演转求和。
战斗，爽！
\[\begin{aligned}
&\sum_{i=0}^n\binom{n}{i}p^i\left\lfloor\frac{i}{k}\right\rfloor
\\
=&\frac{1}{k}\sum_{i=0}^n\binom{n}{i}p^i(i-i\bmod k)
\end{aligned}
\]
拆开，考虑：
\[\begin{aligned}
&\sum_{i=0}^n\binom{n}{i}p^ii
\\
=&\sum_{i=1}^n\binom{n-1}{i-1}\frac{n}{i}p^ii
\\
=&np\sum_{i=0}^{n-1}\binom{n-1}{i}p^i
\\
=&np(p+1)^{n-1}
\end{aligned}
\]
和
\[\begin{aligned}
&\sum_{i=0}^n\binom{n}{i}p^i(i\bmod k)
\\
=&\sum_{i=0}^n\binom{n}{i}p^i\sum_{j=0}^{k-1}\left[i\equiv j(\bmod k)\right]j
\\
=&\sum_{i=0}^n\binom{n}{i}p^i\sum_{j=0}^{k-1}\frac{j}{k}\sum_{x=0}^{k-1}\omega_k^{(i-j)x}
\\
=&\sum_{j=0}^{k-1}\frac{j}{k}\sum_{x=0}^{k-1}\omega_k^{-jx}\sum_{i=0}^n\binom{n}{i}(p\omega_k^{x})^i
\\
=&\sum_{j=0}^{k-1}\frac{j}{k}\sum_{x=0}^{k-1}\omega_k^{-jx}(p\omega_k^{x}+1)^n
\\
=&\sum_{x=0}^{k-1}(p\omega_k^{x}+1)^n\sum_{j=0}^{k-1}\frac{j}{k}\omega_k^{-jx}
\end{aligned}
\]
后半部分考虑等比数列求和。
\[\begin{aligned}
S&=\sum_{j=0}^{k-1}jc^j
\\
cS-S&=\sum_{j=1}^{k}(j-1)c^j-\sum_{j=0}^{k-1}jc^j
\\
(c-1)S&=(k-1)c^k-\sum_{j=1}^{k-1}c^j
\\
(c-1)S&=(k-1)c^k+1-\frac{c^k-1}{c-1}
\\
S&=\frac{k}{c-1}
\end{aligned}
\]
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