初级数学 学习笔记

数论基本概念

1. 整除法

$$n=ak+r(0\le r<a)\to k=\lfloor \frac{n}{a}\rfloor$$

2. 算数基本定理

$p_i$ 为素数，且 $p_i<p_{i+1}$，则有：
$$n=p_1^{a_1}{p}_2^{a_2}\cdots p_m^{a_m}$$

3. 最大公约数与最小公倍数

$$\gcd (a,b)\times \mathrm{lcm}(a,b)=\gcd (a,b)\times \frac{a\times b}{\gcd (a,b)}=a\times b$$

4. 求一个数的约数个数

一个数的每个因子均由若干个素因子构成，第 $i$ 个素因子共有 $i+1$ 种取法，所以总个数为（$k$ 为素因子的总个数）：
$$\prod _{i=1}^k(a_i+1)$$
代码如下：

int divisor (int n)//算数基本定理
{
    int tot = 1;
    for (int i = 2;i * i <= n;++i)
    {
        if (n % i == 0)
        {
            int cnt = 0;
            while (n % i == 0) n /= i,++cnt;//素因子i 在 num 中的个数
        	tot *= (cnt + 1);
        }
    }
    if (n > 1) tot *= 2;//剩下的 n 也为素数的情况
    return tot;
}

int divisor_direct (int n)//直接暴力枚举
{
    int cnt = 0;
    for (int i = 1;i * i <= n;++i)
    {
        if (n % i == 0)
        {
            ++cnt;
            if (n / i != i) ++cnt;//完全平方数时会重复计算
        }
    }
    return cnt;
}

素数筛法

1. 朴素筛法

将每一个数的所有倍数都筛去，时间复杂度为：$O(\frac{n}{2}+\frac{n}{3}+\cdots +1)$。所以当 $\lim (n\to \infty )$ 时，近似为 $O(n\log n)$。

2. 常数优化

枚举小的那个因子。

for (int i = 2;i * i <= n;++i)
    if (!flag[i])
        for (int j = i * i;j <= n;j += i) flag[j] = 1;

3. 线性筛

时间复杂度为 $O(n)$。

void work (int n)//保证每个数最多被筛一次
{
    for (int i = 2;i <= n;++i)
    {
        if (!flag[i]) p[++cnt] = i;//素数
        for (int j = 1;j <= cnt;++j)
        {
            if (i * p[j] > n) break;//边界
            flag[i * p[j]] = 1;//p[j] 是 i * p[j] 的最小素因子
            if (i % p[j] == 0) break;//之后 p[j] 不为 i * p[j] 的最小素因子
            //若 p[j] = 2,i = 4，则之后 p[j] = 3,i = 4 不符合条件。否则 12 = 2*6 = 3 * 4 被筛的次数 > 1
        }
    }
}

欧几里得算法

1. 辗转相减

若 $a>b$，则 $\gcd (a,b)=\gcd (a-b,b)$。

2. 辗转相除

若 $a>b$，则 $\gcd (a,b)=\gcd (b,a\mathrm{mod}b)$。

int gcd (int a,int b)
{
    if (a < b) swap (a,b);
    return (!b) ? a : gcd (b,a % b);
}

扩展欧几里得算法

由欧几里得算法可知 $ax+by=\gcd (a,b)$ 一定存在一组解。那么求解 $ax+by=c$ 时，过程如下：
$$\begin{gathered} ax+by=c(a>b) \\ \text{设 }a{x}^{\prime }+b{y}^{\prime }=\gcd (a,b) \\ \text{则辗转相减知 }(a-b)\times x_1+b\times y_1=\gcd (a,b) \\ \therefore a\times x_1+b\times (y_1-x_1)=\gcd (a,b) \\ \therefore x=x_1,y=y_1-x_1 \\ \text{由辗转相除代替辗转相减，则有 }b\times x_1+a\mathrm{mod}b\times y_1=\gcd (a,b) \\ \because a\mathrm{mod}b=a-\lfloor \frac{a}{b}\rfloor \times b \\ \therefore b\times x_1+(a-\lfloor \frac{a}{b}\rfloor \times b)\times y_1=\gcd (a,b) \\ \therefore a\times y_1+b\times (x_1-\lfloor \frac{a}{b}\rfloor \times y_1)=\gcd (a,b) \\ \therefore x=y_1,y=x_1-\lfloor \frac{a}{b}\rfloor \times y_1 \end{gathered}$$
不断递归得到 $\gcd (a,b)\times x+0\times y=\gcd (a,b)$，得到特解 $x=1,y=0$。

int exgcd (int a,int b,int &x,int &y)
{
    int g = a;
    if (b)
    {
        g = exgcd (b,a % b,x,y);
        x -= (a / b) * y;
        swap (x,y);
    }
    else x = 1,y = 0;//一组特解
    return g;
}

设 $k_1=\frac{a}{\gcd (a,b)},k_2=\frac{b}{\gcd (a,b)}$，显然 $\gcd (k_1,k_2)=1$。设 $x,y$ 的最小变化单位是 $d_1,d_2$，则此时 $k_1=d_2,k_2=d_1$，所以通解是：

$$\{\begin{array}{l}x=x+k\times \frac{b}{\gcd (a,b)}\\ y=y-k\times \frac{a}{\gcd (a,b)}\\ k\in \mathbb{Z}\end{array}$$

欧拉函数

1. 定义

$\varphi (n)$ 表示小于等于 $n$ 的正整数与 $n$ 互质的个数。 并且规定 $\varphi (1)=1$。

2. 积性函数

设 $p$ 为质数，求 $\varphi (p^k)$，也就是总数减去所有 $p$ 的倍数。
$$\varphi (p^k)=p^k-(p^k÷p)=p^k-p^{k-1}=(p-1)\times p^{k-1}$$
同理，求 $\varphi (p_1^{k_1}\times p_2^{k_2})$，也就是总数减去 $p_1,p_2$ 的倍数，然后再加上 $p_1\times p_2$ 的倍数。
$$\begin{gathered} \therefore \varphi ({p_1}^{k_1}{p_2}^{k_2})={p_1}^{k_1}{p_2}^{k_2}-{p_1}^{k_1-1}{p_2}^{k_2}\times {p_1}^{k_1}{p_2}^{k_2-1}+{p_1}^{k_1-1}{p_2}^{k_2-1} \\ \therefore \varphi ({p_1}^{k_1}{p_2}^{k_2})=\varphi ({p_1}^{k_1})\times \varphi ({p_2}^{k_2}) \end{gathered}$$

3. 计算通式

将 $n$ 进行质因数分解，则有：
$$\begin{gathered} n=p_1^{a_1}{p}_2^{a_2}\cdots p_m^{a_m} \\ \therefore \varphi (n)=\prod _{i=1}^m{p}_i^{k_i-1}\times (p_i-1)=\prod _{i=1}^m{p}_i^{k_i-1}\times p_i\times (p_i-1)÷p_i=n\times \prod _{i=1}^m\frac{p_i-1}{p_i} \end{gathered}$$

4. 性质

1. 若 $m,n$ 互质，则 $\varphi (mn)=\varphi (m)\times \varphi (n)$，此函数为积性函数。证明相当于是 $3$。

2. 若 $p$ 为质数，则 $\varphi (p)=p-1$。

3. 若 $n$ 为奇数，则 $\varphi (2n)=\varphi (n)$。
   $$\begin{gathered} \because n=2k+1(k\mid \mathbb{Z}) \\ \therefore n与2互质 \\ 又\because 当m,n互质时，\varphi (mn)=\varphi (m)\times \varphi (n) \\ \therefore \varphi (2n)=\varphi (2)\times \varphi (n) \\ \because \varphi (2)=1 \\ \therefore \varphi (2n)=\varphi (n)\times 1=\varphi (n) \end{gathered}$$

4. 若 $p$ 能整除 $\frac{n}{p}$，则 $\varphi (n)=\varphi (\frac{n}{p})\times p$。相当于在 $\varphi (\frac{n}{p})$ 中的某个 $p_i^{k-1}$ 中乘上一个$ p_i$，也就是 $\varphi (n)=\varphi (\frac{n}{p})\times p$。

5. 若 $p$ 与 $\frac{n}{p}$ 互质，且 $p$ 为质数，则 $\varphi (n)=\varphi (\frac{n}{p})\times (p-1)$。
   $$\begin{gathered} \because p与\frac{n}{p}互质，所以为积性函数 \\ \therefore \varphi (n)=\varphi (\frac{n}{p})\times \varphi (p) \\ \because p为质数 \\ \therefore \varphi (p)=p-1 \\ \therefore \varphi (n)=\varphi (\frac{n}{p})\times (p-1) \end{gathered}$$

6. 求证：${\sum }_{d\mid n}\varphi (d)=n$。
   $$\begin{gathered} 证明：设f(n)=\sum _{d\mid n}\varphi (d)。 \\ 若m,n互质，则m,n之间无公共因子，由乘法原理可知： \\ f(mn)=\sum _{d\mid mn}\varphi (d)=(\sum _{d\mid n}\varphi (d))\times (\sum _{d\mid m}\varphi (d))=f(n)\times f(m) \\ \therefore f(n)为积性函数 \\ \therefore f(n)=\prod _{i=1}^{k}f(p_i^{c_i})，其中p_i,c_i,k都是相当于对n进行质因数分解得到的参数 \\ \because 对于一个质因数分解的结果p_i^{c_i} \\ \therefore f(p_i^{c_i})=\sum _{d\mid p_i^{c_i}}\varphi (d)=\varphi (1)+\varphi (p_i)+\varphi (p_i^2)+\cdots +\varphi (p_i^{c_i}) \\ \because 对于一个质数p的k次幂n，有\varphi (n)=(p-1)\times p^{k-1} \\ \therefore f(p_i^{c_i})=1+(p_i-1)\times (p_i^0+p_i^1+\cdots +p_i^{c_i-1}) \\ =1+(p_i-1)\times \frac{1\times (1-p_i^{c_i})}{1-p_i}=1+(p_i^{c_i}-1)=p_i^{c_i} \\ \therefore f(n)=\prod _{i=1}^{k}f(p_i^{c_i})=n \end{gathered}$$

7. 求证小于 $n$ 且与 $n$ 互质的数的和为 $\frac{n\times \varphi (n)}{2}$。
   假设与  n  互质的数构成集合  A = { a 1 , a 2 , ⋯   , a m } ，显然由定义知  ϕ ( n ) = m 先证明  B = { n − a 1 , n − a 2 , ⋯   , n − a m }  之中的元素也与  n  互质 即若  x < n ， gcd ⁡ ( x , n ) = 1 ，求证  gcd ⁡ ( n − x , n ) = 1 假设  gcd ⁡ ( n − x , n ) ≠ 1 。设  n − x = k 1 g ， n = k 2 g   ( g > 1 ) 那么有  k 2 g − x = k 1 g , x = ( k 2 − k 1 ) g ，则易知  gcd ⁡ ( n , x ) = g ，与条件矛盾 故有  gcd ⁡ ( n − x , n ) = 1 发现  A = B ∴ 为  1 2 [ ( a 1 + a 2 + ⋯ + a m + ( n − a 1 ) + ( n − a 2 ) + ⋯ + ( n − a m ) ] × m 即为  n × ϕ ( n ) 2 假设与\ n\ 互质的数构成集合\ A = \{a_1,a_2,\cdots,a_m\}，显然由定义知\ \phi(n) = m\\ 先证明\ B = \{n - a_1,n - a_2,\cdots,n - a_m\} \ 之中的元素也与\ n \ 互质\\ 即若\ x < n，\gcd (x,n) = 1，求证\ \gcd (n - x,n) = 1\\ 假设\ \gcd (n - x,n) ≠ 1。设\ n - x = k_1g，n = k_2g\ (g > 1)\\ 那么有\ k_2g - x = k_1g,x = (k_2 - k_1)g，则易知\ \gcd (n,x) = g，与条件矛盾\\ 故有\ \gcd (n - x,n) = 1\\ 发现\ A = B\\ \therefore 为\ \frac{1}{2}[(a_1 + a_2 + \cdots + a_m + (n - a_1) + (n - a_2) + \cdots + (n - a_m)] \times m\\ 即为\ \frac{n \times \phi(n)}{2} 假设与 n 互质的数构成集合 A={a1​,a2​,⋯,am​}，显然由定义知 ϕ(n)=m先证明 B={n−a1​,n−a2​,⋯,n−am​} 之中的元素也与 n 互质即若 x<n，gcd(x,n)=1，求证 gcd(n−x,n)=1假设 gcd(n−x,n)=1。设 n−x=k1​g，n=k2​g (g>1)那么有 k2​g−x=k1​g,x=(k2​−k1​)g，则易知 gcd(n,x)=g，与条件矛盾故有 gcd(n−x,n)=1发现 A=B∴为 21​[(a1​+a2​+⋯+am​+(n−a1​)+(n−a2​)+⋯+(n−am​)]×m即为 2n×ϕ(n)​

5. 代码

1. 根据欧拉函数通式求解。

   void work (int n)
   {
       phi[1] = 1;
       for (int i = 2;i <= n;++i) phi[i] = i;//先标记为自己，方便标记质数，也方便为公式法求解
       for (int i = 2;i <= n;++i)
       {
           if (phi[i] == i)//为素数
           	for (int j = i;j <= n;j += i) phi[j] = phi[j] / i * (i - 1);//其中的一个 (pi - 1) / pi
       }
   }
   

2. 根据线性筛实现 $O(n)$ 的时间复杂度求解。

   void work (int n)
   {
       phi[1] = 1;
       for (int i = 2;i <= n;++i)
       {
           if (!flag[i])
           {
               p[++cnt] = i;
               phi[i] = i - 1;//素数 p 的欧拉函数为 p - 1
           }
           for (int j = 1;j <= cnt;++j)
           {
               if (i * p[j] > n) break;
               flag[i * p[j]] = 1;
               if (i % p[j] == 0)
               {
                   phi[i * p[j]] = phi[i] * p[j];//若 p 能整除 n / p，则 φ (n) = φ (n / p) * p
                   break;
               }
               phi[i * p[j]] = phi[i] * (p[j] - 1);//若 p 与 n / p 互质，且 p 为质数，则 φ (n)  = φ (n / p) * (p - 1)
           }
       }
   }
   

3. 利用性质 $f$ 的求解。

   void work (int n)
   {
       for (int i = 1;i <= n;++i) phi[i] = i;
       for (int i = 1;i <= n;++i)
           for (int j = i + i;j <= n;j += i) phi[j] -= phi[i];//减去自己所有因子的值即为 φ(i)
   }
   

欧拉定理

如果 $a,n$ 为正整数，且 $\gcd (a,n)=1$，则 $a^{\varphi (n)}\equiv 1(\mathrm{mod}n)$。

已知 $a,n\in {\mathbb{N}}_{+}$，且 $\gcd (a,n)=1$。求证 $a^{\varphi (n)}\equiv 1(\mathrm{mod}n)$。

证明：令集合  A = { x 1 , x 2 , ⋯   , x ϕ ( n ) }  来表示所有不大于  n  且与其互质的数 再令集合  B = { a x 1   m o d   n , a x 2   m o d   n , ⋯   , a x ϕ n   m o d   n } ∵ gcd ⁡ ( a , n ) = 1 , gcd ⁡ ( x i , n ) = 1 ∴ gcd ⁡ ( a x i , n ) = 1 由欧几里得算法可知  gcd ⁡ ( a x i   m o d   n , n ) = 1 假设  B  集合中的存在相同元素，即  a x 1 = k 1 n + b , a x 2 = k 2 n + b   ( 0 < x 1 , x 2 < n  且  gcd ⁡ ( a , n ) = 1 ) 则有  a ( x 1 − x 2 ) = ( k 1 − k 2 ) b ∵ gcd ⁡ ( a , n ) = 1 ∴ x 1 − x 2 = n , k 1 − k 2 = a ∵ 0 < x 1 , x 2 < n ∴ x 1 − x 2 = n  不成立，与假设矛盾，故  B  集合中元素互不相同 ∴ A = B ∴ a ϕ ( n ) × ∏ i = 1 ϕ ( n ) x i ≡ ∏ i = 1 ϕ ( n ) a × x i ≡ ∏ i = 1 ϕ ( n ) x i ( m o d n ) ∴ a ϕ ( n ) ≡ 1 ( m o d n ) 证明：令集合\ A = \{x_1,x_2,\cdots,x_{\phi(n)}\}\ 来表示所有不大于\ n\ 且与其互质的数\\再令集合\ B = \{ax_1 \bmod n,ax_2 \bmod n,\cdots,ax_{\phi{n}} \bmod n\}\\\because \gcd (a,n) = 1,\gcd (x_i,n) = 1\\\therefore \gcd (ax_i,n) = 1\\由欧几里得算法可知\ \gcd (ax_i \bmod n,n) = 1\\\\假设\ B\ 集合中的存在相同元素，即\ ax_1 = k_1n + b,ax_2 = k_2n + b\ (0 < x_1,x_2 < n\ 且\ \gcd(a,n) = 1)\\则有\ a(x_1 - x_2) = (k_1 - k_2)b\\\because \gcd (a,n) = 1\\\therefore x_1 - x_2 = n,k_1 - k_2 = a\\\because 0 < x_1,x_2 < n\\\therefore x_1 - x_2 = n\ 不成立，与假设矛盾，故\ B\ 集合中元素互不相同\\\\\therefore A = B\\\therefore a^{\phi(n)}\times \prod_{i = 1}^{\phi(n)} x_i \equiv \prod_{i = 1}^{\phi(n)} a \times x_i \equiv \prod_{i = 1}^{\phi(n)} x_i \pmod n\\\\\therefore a^{\phi(n)} \equiv 1 \pmod n 证明：令集合 A={x1​,x2​,⋯,xϕ(n)​} 来表示所有不大于 n 且与其互质的数再令集合 B={ax1​modn,ax2​modn,⋯,axϕn​modn}∵gcd(a,n)=1,gcd(xi​,n)=1∴gcd(axi​,n)=1由欧几里得算法可知 gcd(axi​modn,n)=1假设 B 集合中的存在相同元素，即 ax1​=k1​n+b,ax2​=k2​n+b (0<x1​,x2​<n 且 gcd(a,n)=1)则有 a(x1​−x2​)=(k1​−k2​)b∵gcd(a,n)=1∴x1​−x2​=n,k1​−k2​=a∵0<x1​,x2​<n∴x1​−x2​=n 不成立，与假设矛盾，故 B 集合中元素互不相同∴A=B∴aϕ(n)×i=1∏ϕ(n)​xi​≡i=1∏ϕ(n)​a×xi​≡i=1∏ϕ(n)​xi​(modn)∴aϕ(n)≡1(modn)

乘法逆元

1. 费马小定理

欧拉定理的特殊情况，当 $n$ 为质数时：
$$\begin{gathered} \because \varphi (n)=n-1 \\ \therefore a^{\varphi (n)}=a^{n-1}\equiv 1\mathrm{mod}n \end{gathered}$$

2. 计算

$a÷b\%c$ 时，假设存在 $p\times b\equiv 1(\mathrm{mod}c)$，则 $p$ 为 $b$ 的逆元。$a÷b\%c=a\times p\%c$。
$$\begin{gathered} a÷b=k\times c+r \\ a=k\times b\times c+b\times r \\ \because p\times b\equiv 1(\mathrm{mod}c) \\ \therefore a\times p\equiv k\times c+r(\mathrm{mod}c) \\ \therefore p\times b+k\times c=1 \end{gathered}$$
相当于 $b,c$ 已知，则可以通过扩展欧几里得算法求逆元，但需要 $\gcd (b,c)=1$ 时才有解。时间复杂度 $O(n\log n)$。

int inv (int b,int c)
{
    int x,y;
    exgcd (b,c,x,y);
    return (x % c + c) % c;//化成正数
}

当 $c$ 为质数时，逆元可以表示为 $b^{c-2}\%c$，直接可以使用快速幂求解。
$$\begin{gathered} \because c为质数 \\ \therefore \gcd (b,c)=1 \\ \therefore b^{\varphi (c)}\mathrm{mod}c=1 \\ \therefore b\times b^{\varphi (c)-1}=1 \\ 则逆元p=b^{\varphi (c)-1}=b^{c-1-1}=b^{c-2} \end{gathered}$$

3. 线性求逆元

时间复杂度为 $O(n)$。
$$\begin{gathered} 令p是质数，则有:in{v}_i=(p-\frac{p}{i})\times in{v}_{p\%i}\mathrm{mod}p。 \\ 令t=\frac{p}{i},k=p\%i，则： \\ t\times i+k\equiv 0(\mathrm{mod}p) \\ -t\times i\equiv k(\mathrm{mod}p) \\ 同时除以i\times k得： \\ -t\times in{v}_k\equiv int{v}_i(\mathrm{mod}p) \end{gathered}$$

void init (int n,int mod)
{
    inv[1] = 1;
    for (int i = 2;i <= n;++i) inv[i] = (p - p / i) * inv[p % i] % p;
}

4. 无法求逆元的转化

$$\begin{gathered} \frac{a}{b}\mathrm{mod}m=\frac{a\mathrm{mod}(b\times m)}{b} \\ \frac{a}{b}=k\times m+x(x<m) \\ a=k\times b\times m+b\times x \\ a\mathrm{mod}(b\times m)=b\times x \\ \frac{a\mathrm{mod}(b\times m)}{b}=x \end{gathered}$$

中国剩余定理

求解以下方程：
$$\begin{gathered} \forall m_{i\mid 1\le i\le n},\gcd (m_i,m_{i+j})=1(1\le j\le n-i) \\ \{\begin{array}{l}x\equiv a_1(\mathrm{mod}{m}_1)\\ x\equiv a_2(\mathrm{mod}{m}_2)\\ \cdots \\ x\equiv a_n(\mathrm{mod}{m}_n)\end{array} \end{gathered}$$
构造答案，设
$$\begin{array}{rl}M& =\prod _{i=1}^n{m}_i,M_i=\frac{M}{m_i}\\ s_i& :M_i\times s_i\equiv 1(\mathrm{mod}{m}_i)\\ \because & M_i=\frac{M}{m_i}\\ \therefore & M_i\times s_i\mathrm{mod}{m}_j=0(1\le j\le n,j\ne i)\\ x& =\sum _{i=1}^n{a}_i\times M_i\times s_i\\ \text{通解为}& x+k\times M\end{array}$$
所以直接通过 $n$ 次 $\text{exgcd}$ 求出 $s_i$，最后合并即可。

ll CRT (int n,int a[],int m[])
{
    ll M = 1,ans = 0;
    for (int i = 1;i <= n;++i) M *= m[i];
	for (int i = 1;i <= n;++i)
    {
        ll x = 0,y = 0;
        exgcd (M / m[i],m[i],x,y);
        x = (x % m[i] + m[i]) % m[i];
        ans += M / m[i] * x * a[i];
        ans %= M;
    }
    return ans;
}

整除分块

求下列式子的值。

$$\sum _{i=1}^n\lfloor \frac{n}{i}\rfloor (1\le n\le 10^9)$$

若用朴素的算法，时间复杂度为 $O(n)$，显然会 $\text{TLE}$。那么再给出一种 $O(\sqrt{n})$ 的做法。
先给出所有的 $\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$ 的取值不会超过 $\sqrt{n}$ 种的证明：

$$\begin{gathered} 当i\le \sqrt{n}时，显然取值不超过\sqrt{n}; \\ 当i>\sqrt{n}时，\lfloor \frac{n}{i}\rfloor <\sqrt{n}，故取值不超过\sqrt{n}。 \\ 综上，命题成立。 \end{gathered}$$

设一段取值均为 $\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$ 的区间的左、右端点分别为 $L,R$。

$$\begin{gathered} \because \lfloor \frac{n}{R}\rfloor \le \frac{n}{R} \\ \therefore R\le \frac{n}{\lfloor \frac{n}{L}\rfloor } \\ \therefore R_{\max }=\lfloor \frac{n}{\lfloor \frac{n}{L}\rfloor }\rfloor \end{gathered}$$

代码如下：

for (int L = 1,R;L <= n;L = R + 1)
{
    R = n / (n / L);
    ans += 1ll * (R - L * 1) * (n / L);
}

组合数学基础

1. 组合数的两种表示方法

对于递推公式，是对于第 $n$ 项是否选择得出的。

$$\begin{gathered} \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m}\right)=C_n^m=\frac{n\times (n-1)\times (n-2)\cdots \times (n-m+1)}{m!}=\frac{n!}{m!(n-m)!} \\ \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m}\right)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{m-1}\right)+\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{m}\right) \end{gathered}$$

2. 组合数的预处理

void init ()
{
    c[0][0] = 1;
    for (int i = 1;i < n;++i)
    {
        c[i][i] = c[i][0] = 1;
        for (int j = 1;j < i;++j)
        {
            c[i][j] = c[i - 1][j] + c[i - 1][j - 1];
            c[i][j] %= MOD;
        }
	}
}

3. 组合数的变形

$$\begin{gathered} (1)k\times \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)=k\times \frac{n!}{k!(n-k)!} \\ =k\times n\times \frac{(n-1)!}{k!(n-k)!}=n\times \frac{(n-1)!}{(k-1)!(n-1-(k-1))!}=n\times \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{k-1}\right) \\ (2)\sum _{i=1}^{n}i\times \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i}\right)=\sum _{i=1}^{n}n\times \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{i-1}\right)=n\times 2^{n-1} \\ (3)\sum _{i=1}^n{i}^2\times \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i}\right)=n\times (n+1)\times 2^{n-2} \\ (4)\sum _{i=0}^n{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i}\right)}^2=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n}\right) \end{gathered}$$

其中的$(3)$可以转化为模型。等号左边为班级中的 $n$ 个人选择候选人，然后从候选人中选一个班长与副班长，同一个人可以身兼两职，求最终方案数；等号右边为身兼两职与两个人分别当选的两种情况，有加法原理相加得到，即：

$$n\times 2^{n-1}+n\times (n-1)\times 2^{n-2}=n\times (n+1)\times 2^{n-2}$$

$(4)$ 也一样可以转化为模型。等号右边为班级中有 $n$ 个男生和 $n$ 个女生，从中选 $n$ 人；等号左边相当于等价的，男生选 $i$ 个，女生选 $n-i$ 个，则有
：
$$\sum _{i=0}^n\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i}\right)\times \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{n-i}\right)=\sum _{i=0}^n{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i}\right)}^2$$

【摘自 CF2077C Binary Subsequence Value Sum题解】

• 证明 ${\sum }_{i=0}^n{C}_n^{i}i=n{2}^{n-1}$
  $i=C_i^1$，则原式等于 ${\sum }_{i=0}^n{C}_n^i{C}_i^1$，考虑其组合意义，即先从 $n$ 个元素中选若干个，再从若干个元素里选出一个的方案数。那我们先选这一个，有 $n$ 种方案，再从剩下 $n-1$ 个元素中选出若干个，有 $2^{n-1}$ 种方案，所以是 $n{2}^{n-1}$。

• 证明 ${\sum }_{i=0}^n{C}_n^i{i}^2=n(n+1)2^{n-2}$
  考虑 $i^2=i+i(i-1)=i+2\times \frac{i(i-1)}{2}=C_i^1+2C_i^2$，则原式等于 ${\sum }_{i=0}^n{C}_n^i{C}_i^1+2C_n^i{C}_i^2$，等于 $n{2}^{n-1}+2{\sum }_{i=0}^n{C}_n^i{C}_i^2$，则我们只需解决 ${\sum }_{i=0}^n{C}_n^i{C}_i^2$。
  
  考虑组合意义，即从 $n$ 个元素里选出若干个，再从若干个元素里选出两个的方案数。那我们先选出这两个，有 $\frac{n(n-1)}{2}$ 种方案，然后再从剩下的元素中选出若干个，有 $2^{n-2}$ 种方案，所以有 $n(n-1)2^{n-3}$ 种方案。

二项式定理

1. 概念

对于每一个 $x+y$ 的选择，则选 $i$ 个 $x$，剩余均选择 $y$ 时，答案为：

$$C_n^i{x}^i{y}^{n-i}(1\le n\le i)$$

因此有：

$$\begin{gathered} (x+y{)}^n=C_n^0{x}^n{y}^0+C_n^1{x}^{y-1}y+C_n^2{x}^{n-2}{y}^2+\cdots +C_n^n{x}^0{y}^n \\ =\sum _{k=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})x^{n-k}{y}^k \end{gathered}$$

2. 二项式定理的变形

$$\begin{gathered} (1)(x+y{)}^n=\sum _{k=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{n-k})x^{n-k}{y}^k \\ (2)(x+y{)}^n=\sum _{k=0}^n\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{n-k}\right)x^k{y}^{n-k} \\ (3)(x+y{)}^n=\sum _{k=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})x^k{y}^{n-k} \\ (4)当y=1时，(1+x{)}^n=\sum _{k=0}^n\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)x^k=\sum _{k=0}^n\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{n-k}\right)x^k \\ (5)当x=2,y=1时，(x+y{)}^n=\sum _{i=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})2^i=3^n \\ (6)当x=y=1时，(x-y{)}^n=\sum _{i=0}^n\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i}\right)2^i\times (-1{)}^i=0 \\ (7)当x=y=1时，(x+y{)}^n=\sum _{i=0}^n\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i}\right)=2^n \\ (8)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{0}\right)+\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{2}\right)+\cdots =\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{1}\right)+\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{3}\right)+\cdots =2^{n-1} \end{gathered}$$

隔板法

1. 题意

把 $n$ 个相同的小球，放到 $m$ 个不同的盒子中，盒子不能为空，求方案数。或者求 $x_1+x_2+\cdots +x_m=n$ 的正整数解。

解法 相当于在 $n-1$ 个间隔中选择 $m-1$ 个间隔，将其分为 $m$ 份。故为：
$$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{m-1}\right)$$

2. 变式

把 $n$ 个相同的小球，放到 $m$ 个不同的盒子中，盒子可以为空，求方案数。或者求 $x_1+x_2+\cdots +x_m=n$ 的非负整数解。

解法 相当于在先在每个盒子中放入 $1$ 个球，然后求 $n+m$ 个相同的小球放入 $m$ 个不同的盒子的方案数，盒子不能为空。故为：
$$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+m-1}{m-1}\right)$$

错位排列

$$\forall i\mid 1\le i\le n,f_i!=i$$

递推公式为：
$$\begin{gathered} f_1=0 \\ {f}_2=1 \\ {f}_i=(i-1)\times (f_{i-1}+f_{i-2})(i>2) \end{gathered}$$
对于第 $i$ 项，可以在前 $i-1$ 个数中选一个数与第 $i$ 个数替换，共 $i-1$ 中，然后问题变为求 $(i-1)\times (f_{i-2})$。也可以将前 $i-1$ 个数中的一个数放在前 i - 1 个位置中符合条件的某一个位置，相当于求 $(i-1)\times f_{i-1}$ 这一新的错排。

圆排列

原来每组排列都有 $n$ 种排列等价，故方案数为：

$$\frac{n!}{n}$$

多重集合的排列

1. 集合中有 $k$ 种不同类型的对象，每种数量均为无限，从中选 $n$ 个，排列的方案数为：

$$k^n$$

2. 集合中有 $k$ 种不同类型的对象，每种数量分别为 $n_1$ 至 $n_k$，从中选 $n$ 个。相当于选出 $n_1$ 个位置放第 $1$ 种，选出 $n_2$ 个位置放第 $2$ 种，以此类推。方案数为：

$$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{n_1}\right)\times \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-n_1}{n_2}\right)\times \cdots \times \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-n_1-n_2-\cdots -n_{k-1}}{n_k}\right)=\frac{n!}{n_1!n_2!\cdots n_k!}$$

多重集合的组合

集合中有 $k$ 种不同类型的对象，每种数量均为无限，从中选 $n$ 个。等价于 $k$ 个相同的球放到 $n$ 个不同的盒子中，盒子可以为空。或者等价于选 $k$ 次球，每次都可以选 $n$ 种球，且选择不分先后。组合的方案数为：

$$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+k-1}{k}\right)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+k-1}{n-1}\right)$$

康托展开

1. 计算排列的排名

设 $a_i$ 表示 $i$ 位置右边比它小的数的个数，则该排列之前的排列总数为：

$$x=a_1(n-1)!+a_2(n-2)!+\cdots +a_{n}0!$$

倘若 $i$ 位置上的数比该数小，则在它右边的数可以随意放置，若 $i$ 位置上的数等于该数，则继续判断 $i+1$ 位置的数的情况，以此类推。因此可以由加法原理得可知该排列之前的排列总数。所以求排名的公式为：

$$ans=1+\sum _{i=1}^n{a}_i\times (n-i)!$$

2. 计算特定排名的排列

即康托展开的逆展开。

利用康托展开的公式，类似进制转换的方式去确定从高到底的每一位。若排列长度为 $x$，求编号为 $0$ 开始的，编号为 $k$ 的排列。方法如下：$p=\frac{k}{(x-1)!}$，则说明第一位右边有 $p$ 个数比它小，所以最高位为 $p+1$，然后取余数重复操作，知道确定排列上的所有数字。

3. 求下一个排列

对于一个排列：$a_1,a_2,\cdots ,a_n$。从后往前找到第一个 $p_i<p_{i+1}$ 的位置，从后往前找到第一个 $p_j<p_i$ 的位置。最后交换 $p_i,p_j$ 并颠倒 $i$ 位置以后的所有元素即可。

斯特林数

1. 第一类斯特林数

求将 $n$ 个不同的物体摆成k个非空环的方案数。采用动态规划的做法，对于第 $i$ 个物体，可以任取一个环加入，也可以构造一个新环，故有 $d{p}_{n,k}=(n-1)d{p}_{n-1,k}+d{p}_{n-1,k-1}$。（当然有初始化 $d{p}_{0,0}=d{p}_{1,1}=1$）

2.第二类斯特林数

求将 $n$ 个不同的物体分成 $k$ 个非空集合的方案数。采用动态规划的做法，对于第 $i$ 个物体，可以任取一个集合加入，也可以放入一个新集合中，故有 $k\times d{p}_{n-1,k}+d{p}_{n-1,k-1}$。（当然有初始化 $d{p}_{i,i}=d{p}_{i,1}=1$）

卡特兰数

题目描述，假如有一个 $n\times n$ 的网络，从左下角 $A$ 点走到右上角 $B$ 点且不穿越对角线的方案数。通过几何方法证明，答案为：

$$\text{Catalan}(n)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n}\right)-\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n+1}\right)=\frac{1}{n+1}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n}\right)=\frac{1}{n+1}\sum _{i=0}^n{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i}\right)}^2$$

其它的表达形式还有：

$$\begin{gathered} C(n+1)=\sum _{i=0}^{n}C(i)\times C(n-i),C(0)=1 \\ C(n+1)=\frac{2(2n+1)}{n+2}C(n),C(0)=1 \end{gathered}$$

常见应用：

1. 合法的括号匹配
2. $n$ 个节点二叉树的形态数
3. 入栈出栈的排列总数
4. 凸 $n+2$ 边形的分割

放球问题

设 $d{p}_{i,j}$ 表示 $i$ 个小球放到 $j$ 个盒子的方案数。

1. 球相同，盒相同，可为空。

则有：$d{p}_{i,j}=d{p}_{i,j-1}+d{p}_{i-1,j}$。

2. 球相同，盒相同，不可为空。

则有：$d{p}_{i,j}=d{p}_{i-j,j}$。

3. 球不同，盒不同，可为空。

则有：$j^i$。

4. 球不同，盒相同，不可为空。

则有：$d{p}_{i,j}=d{p}_{i-1,j}+d{p}_{i-1,j-1}$。

5. 球不同，盒不同，不可为空。

则有：$d{p}_{i,j}\times j!$。

6. 球不同，盒相同，可为空。

枚举盒子数，则有：$d{p}_{i,j}=d{p}_{i-1,j}+d{p}_{i-1,j-1}$。

7. 球相同，盒不同，不可为空。

隔板法，则有：$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{i-1}{j-1}\right)$。

8. 球相同，盒不同，可为空。

则有：$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{i+j-1}{j-1}\right)$。

卢卡斯定理

$$\begin{gathered} n=(a_0{a}_1\cdots a_k{)}_p \\ m=(b_0{b}_1\cdots b_k{)}_p \\ \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m}\right)\equiv {\Pi }_{i=0}^k\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{a_i}{b_i}\right)(\mathrm{mod}p) \\ \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m}\right)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n\mathrm{mod}p}{m\mathrm{mod}p}\right)\times \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{\lfloor \frac{n}{p}\rfloor }{\lfloor \frac{m}{p}\rfloor }\right)\mathrm{mod}p \end{gathered}$$

证明略。代码如下：

int calc (int n,int m)
{
    if (n < m) return 0;
    return 1ll * fac[n] * inv(fac[m]) % MOD * inc (fac[n - m]) % MOD;
}
int lucas (int m,int m)
{
    if (!m) return 1;
    return 1ll * lucas (n / MOD,m / MOD) * clac (n % MOD,m % MOD) % MOD;
}