專題：數學

尤拉函式

定義

\[\phi(n) = \sum_{i = 1}^n [(i, n) = 1] \]

公式

對於所有質數，顯然有 \(\phi(n) = n - 1\)。

對於 \(n = p_1^{a_1}p_2^{a_2}\cdots p_k^{a_k}\)，

\[\phi(n) = n(1 - \dfrac{1}{p_1})(1 - \dfrac{1}{p_2})\cdots(1 - \dfrac{1}{p_k}) \]

證明

• 如何求 \(p_i \mid x\) 的個數？\(\lfloor \dfrac{n}{p_i} \rfloor\)。
• 是否 \(\phi(n) = \sum \lfloor \dfrac{n}{p_i} \rfloor\)？重複計算了 \(p_1p_2 \mid x\) 的數量。
  因此，我們對上式做一個容斥，得到

\[\begin{aligned} \phi(n) &= \sum\limits_{i = 0}^n (-1)^i \sum\limits_{1 \le j_1 < j_2 < \dots < j_i \le k} \lfloor \dfrac{n}{p_{j_1}p_{j_2} \cdots p_{j_i}} \rfloor \\ &= n(1 - \dfrac{1}{p_1})(1 - \dfrac{1}{p_2}) \ldots (1 - \dfrac{1}{p_k}) \\ &= \prod p_i^{a_i - 1}(p_i - 1) \end{aligned} \]

\(O(\sqrt n)\) 內求 \(\phi(n)\)

將質因數分解的過程與求 \(\phi\) 結合，直接套用公式。
結束迴圈時，\(n\) 一定是一個大於 \(\sqrt n\) 的質數，指數不可能超過 \(1\)，因此直接乘 \(n - 1\)。

ll get_phi(ll n) {
	ll phi = 1;
	for(int i = 2; i <= n / i; ++ i) {
		if(n % i == 0) {
			phi *= (i - 1);
			n /= i;
			while(n % i == 0) n /= i, phi *= i;	
		}
	}
	if(n > 1) phi *= (n - 1);
	return phi;
}

\(O(n)\) 求 \([1, n]\) 的尤拉函式

與尤拉篩相結合。
任意 \(n = p_1^{\alpha_1} \times p_2^{\alpha_2} \ldots \times p_k^{\alpha_k}\)，只會被 \(i = p_1^{\alpha_1 - 1} \times p_2^{\alpha_2} \ldots \times p_k^{\alpha_k}\) 和 \(p_1\) 篩到。

• 若 \(p_1 > 1\)，\(\phi(n) = \phi(i) \times p_1\)。
• 若 \(p_1 = 1\)，\(\phi(n) = \phi(i) \times (p_1 - 1)\)。

int not_prime[N], prime[N], idx, phi[N];

void get_phi(int n) {
    phi[1] = 1;
	for(int i = 2; i <= n; ++ i) {
		if(!not_prime[i]) prime[++ idx] = i, phi[i] = i - 1;
		for(int j = 1; j <= idx && prime[j] * i <= n; ++ j) {
			not_prime[prime[j] * i] = 1;
			if(i % prime[j] == 0) {
				phi[i * prime[j]] = phi[i] * prime[j];
				break;
			}
			phi[i * prime[j]] = phi[i] * (prime[j] - 1);		
		}
	}
}

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尤拉定理

• 如果 \(\gcd(n, P) = 1\)，那麼 \(n^{\phi(P)} \equiv 1(\bmod P)\)。

費馬小定理

當 \(P\) 本身即為質數時，得到尤拉定理的特殊形式，

\[a \cdot a^{m - 2} \equiv 1 \pmod m \]

求逆元

整數 \(n\) 在模 \(P\) 意義上存在逆元，當且僅當 \(\gcd(n, P) = 1\)。

proof：方程 \(nx = Py + 1\) 有解的充要條件為 \(\gcd(n, P) = 1\)。

\(O(\log n)\) 求 \(n^{-1}\)

在滿足 \((n, P) = 1\) 的前提下，求解方程 \(nx = Py + 1\)。
\(x\) 即為 \(n^{-1}\)。

特別的，當 \(P\) 為質數時，\(n^{-1} = n^{P - 2}\)，此時更常用的解法是快速冪。

\(O(n)\) 求 \([1, n]\) 的逆元

對於整數 \(i\)，有 \(\lfloor \dfrac{P}{i} \rfloor \cdot i + P \% i = P\)。
所以

\[\lfloor \dfrac{P}{i} \rfloor \cdot i + P \% i = 0 \pmod P \]

兩邊同乘 \(i^{-1} \cdot (P \% i)^{-1}\)，得到

\[i^{-1} = -\lfloor \dfrac{P}{i} \rfloor \cdot (P \% i)^{-1} \]

由於 \(P \% i < i\)，可在 \(O(n)\) 時間內遞推求得。

int inv[N];

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

例題

CF963A

題意：求 \(\sum \limits_{i=0}^{n} s_{i} a^{n - i} b^{i}\)。
把式子化成 \(a^n\sum \limits_{i=0}^{n} s_{i} a^{- i} b^{i}\)。
後面的部分可以進一步表示為首項為 \(\sum \limits_{i=0}^{k - 1} s_{i} a^{- i} b^{i}\)，公比為 \(a^{-k}b^k\)，項數為 \(\lfloor \dfrac{n + 1}{k} \rfloor\) 的等比數列。
最後處理餘數。
submission

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同餘方程組的一般解

擴充中國剩餘定理（EXCRT）

\[\begin{cases} x \equiv a_1 \pmod {m_1} \\ x \equiv a_2 \pmod {m_2} \\ \vdots \\ x \equiv a_k \pmod {m_k} \\ \end{cases} \]

先考慮 \(k = 2\) 的情況。

\[x = y_1m_1 + a_1 = y_2m_2 + a_2 \]

設 \((y_{1_0}, y_{2_0})\) 是滿足 \(y_1m_1 - y_2m_2 = a_2 - a_1\) 的一組解。
有 \(y_1 = y_{1_0} + k\dfrac{m_2}{(m_1, m_2)}\)。
所以

\[\begin{aligned} x &= (y_{1_0}m_1 + a_1) + k\dfrac{m_1m_2}{(m_1, m_2)} \\ x & \equiv x_0 \pmod {[m_1, m_2]} \end{aligned} \]

聯立

\[\begin{cases} x & \equiv x_0 \pmod {[m_1, m_2]} \\ x & \equiv a_3 \pmod {m_3} \end{cases} \]

推廣到 \(k > 2\)

\[x \equiv x_0 \pmod {[m_1, m_2, \dots , m_k]} \]

給出合併兩組方程的實現，其中 mul 是龜速乘。

auto merge(ll a1, ll m1, ll a2, ll m2) {
	ll y1, y2;
	ll r = exgcd(m1, m2, y1, y2);
	
	if((a2 - a1) % r != 0) {
		cout << "NO";
		exit(0);
	}
	ll m = m1 / r * m2;
	y1 = mul(y1, (a2 - a1) / r, m);
	ll a = (mul(y1, m1, m) + a1) % m;
	return make_pair(a, m);
}

例題

POJ2891

submission

POJ1006

submission

CF338D

題意：給定 \(n\)，\(m\) 和長度為 \(k\) 的序列，詢問是否存在 \(1 \le x \le n\)，\(1 \le y \le m - k + 1\)，使得 \(\forall a[i] = \gcd(x, y + i - 1)\) 成立。
根據題意，一定有 \(\forall a_i \mid x，a_i \mid y + i - 1\)，列出同餘方程。

\[\left\{ \begin{array}{l} x \equiv 0 \pmod {a_1}\\ x \equiv 0 \pmod {a_2}\\ \vdots\\ x \equiv 0 \pmod {a_k}\\ \end{array} \right. \quad\quad\quad\quad \left\{ \begin{array}{l} y \equiv 0 \pmod {a_1}\\ y \equiv -1 \pmod {a_2}\\ \vdots\\ y\equiv - k + 1 \pmod {a_k}\\ \end{array} \right. \]

設 \(L = [a_1, a_2, \dots, a_k]\)，顯然有

\[\begin{aligned} x &= \lambda \cdot L \\ y &= y_0 + \mu \cdot L \end{aligned} \]

對於 \(x = \lambda \cdot L\)，必須滿足 \(\gcd(\lambda, y) = 1\)，否則 \(\gcd(x, y) > a_1\)。
\(x\) 欽定的情況下，我們要最小化 \(y\)，否則會越界。
\(\lambda> 1\) 只會對 \(y\) 造成限制。
\(\rightarrow x = L\) 最優。
此時

\[\gcd(x, y_0 + \mu \cdot L + i - 1) = \gcd(x, y_0 + i - 1) \]

所以只需檢驗 \(x = L\)，\(y\) 等於滿足 \(y \equiv y_0\) 的最小正整數解即可。
submission

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同餘方程組的構造解

中國剩餘定理（CRT）

\[\begin{cases} x \equiv a_1 \pmod {m_1} \\ x \equiv a_2 \pmod {m_2} \\ \vdots \\ x \equiv a_k \pmod {m_k} \\ \end{cases} \]

適用範圍：模數兩兩互質。

設 \(M = [m_1, m_2, \cdots, m_k] = \prod m_i\)。
根據一般解的結論，\(x \equiv x_0 \pmod M\)。

待定係數：\(x \equiv \lambda_1a_1 + \lambda_2a_2 + \cdots + \lambda_ka_k \quad \pmod M\)。
滿足第 \(i\) 個方程的充分條件是：

\[\begin{cases} m_i \mid \lambda_j \quad j \neq i \\ \lambda_i \equiv 1 \quad \pmod {m_i} \end{cases} \]

令 \(M_i = \dfrac{M}{m_i}\)，\(M_i'M_i \equiv 1 \pmod {m_i}\)。
則

\[x \equiv \sum\limits_{i = 1}^{k} M_i'M_ia_i \pmod M) \]

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擴充尤拉定理

\[a^c \equiv a^{c \% \phi(m) + \phi(m)} \pmod m \quad c \ge \phi(m) \]

尤拉降冪公式

\[a^c\equiv \begin{cases} a^{c\bmod\varphi(p)} \,&\gcd(a,\,m)=1\\ a^c &\gcd(a,\,m)\ne1,\,c<\varphi(m)\\ a^{c\bmod\varphi(m)+\varphi(m)} &\gcd(a,\,m)\ne1,\,c\ge\varphi(m) \end{cases} \pmod m \]

證明

yifusuyi's blog

例題

CF17D

題意：求 \((b - 1) b^{n - 1} \% c\)，\(n, b \le 10^{10^6}\)，\(c \le 10^9\)。
討論 \(n - 1\) 與 \(\phi(c)\) 的關係，套用公式。
submission

CF906D

題意：給定數列 \(a_1,a_2,...,a_n\) 和模數 \(m\)，每次詢問一個區間 \([l,r]\)，求 \(a_l^{a_{l+1}^{{...}^{a_r}}} mod m\) 的值。
考慮求 \(a_1^{a_2^{{...}^{a_k}}}\)。
遞迴地降冪。
第 \(1\) 層：討論 \(a_1^{a_2^{{...}^{a_k}}}\) 與 \(\phi_1 = m\) 的關係，試圖往 \(0\) 層降冪（實際沒有）。
第 \(2\) 層：討論 \(a_2^{a_3^{{...}^{a_k}}}\) 與 \(\phi_2 = \phi(\phi_1)\) 的關係，往第 \(1\) 層降冪。
第 \(3\) 層：討論 \(a_3^{a_4^{{...}^{a_k}}}\) 與 \(\phi_3 = \phi(\phi_2)\) 的關係，往第 \(2\) 層降冪。
\(\vdots\)
第 \(k\) 層：討論 \(a_k\) 與 \(\phi_k = \phi(\phi_{k - 1})\) 的關係，往第 \(k - 1\) 層降冪。

直接做是 \(O(nq\log V)\) 的，（每層回溯算結果要一隻 log）。
如何最佳化？

當第 \(i\) 層的 \(\phi_i = 1\) 時，始終滿足 \(a_i^{a_{i + 1}^{{...}^{a_k}}} \ge 1\)，因此直接返回 \(1\)。
由於尤拉函式衰減很快，總複雜度 \(O(q\log^2V)\)。
submission

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威爾遜定理

當 \(p\) 為質數時，有

\[(p - 1) ! \equiv -1 \pmod p \]

證明

當 \(p = 2\) 時，\((2 - 1)! \equiv -1 \pmod 2\)

當 \(p > 2\) 時，即證 \(\prod\limits_{i = 2}^{p - 2} \equiv 1 \pmod p\)

方程 \(x^2 \equiv 1 \pmod p\) 成立當且僅當 \(x \equiv 1\) 或 \(x \equiv p - 1\)

所以 \(\forall x \in [2, p - 2]\)，\(x^{-1} \in [2, p - 2]\) 且 \(x^{-1} \ne x\)

也就是 \(\dfrac{n - 3}{2}\) 對數兩兩匹配互為逆元。

推廣

\[(n - 1)!\equiv \begin{cases} -1 \,&n = p_i\\ 4 \,& n = 4\\ 0 \,&n > 4, \ n \ne p_i \\ \end{cases} \pmod n \]

合數 \(n = p_1^{\alpha_1}\dots p_k^{\alpha_k}\)。

當 \(n\) 不為完全平方數時，\(p_1 \ne \dfrac{n}{p_1}\) 且 \(p_1, \ \dfrac{n}{p_1} < n\)，所以 \(n \mid (n - 1)!\)。

當 \(n = p^2 時\)：

如果 \(2p < n\)，\(2p^2 \mid (n - 1)!\)

否則 \(n = 4\)，\((4 - 1)! \equiv 2 \pmod 4\)

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簡單排列組合

隔板法

引入

求不定方程 \(x_1 + x_2 + \dots + x_k = n\) 的解的數量，滿足 \(x_i \in N^*\)，\(x_i \ge 1\)。

假想 \(n\) 個球，想要劃分為不為空的 \(k\) 段。
這個問題等效於在 \(n - 1\) 個空隙中選出 \(k - 1\) 個並插入隔板。

所以解的數量為 \(C_{n - 1}^{k - 1}\)。

推廣

1.求 $ x_1 + x_2 + \dots + x_k \le n$ 的解的數量，\(\forall x_i \ge a_i\)。

令 \(y_i = x_i - a_i + 1\)，此時 \(y_i \ge 1\)。
將問題化歸為 \(\sum \limits_{i = 1}^k y_i = n - \sum\limits_{i = 1}^k a_i + k\) 的解的數量，即可用上述結論求解。

特別的，當 \(\forall a_i = 0\) 時，方案數為 \(C_{n + k - 1}^{k - 1}\)。

2.求 $ x_1 + x_2 + \dots + x_k \le n$ 的解的數量。

增設 \(x_{k + 1} \ge 0\)，滿足 \(\sum \limits_{i = 1}^{k + 1} x_i = n\)，用上述結論求解。

網格路徑計數

問題引入：在 \(n \times m\) 的網格上，每次只能向右或向下，求 \((0, 0)\) 走到 \((n, m)\) 的路徑數。

法1：\(O(nm)\) dp。
法2：組合意義。

把路徑等效成長度為 \(n + m\) 的操作序列，只包括 '右' 和 '下' 兩種元素。

一種方法是套用多重集不同排列的結論，方案為 \(\dfrac{(n + m)!}{n!m!}\)。

另一種方法是先假設操作序列空白，從中選 \(n\) 個填入 '下'，其餘填 '右'，方案為 \(C_{n + m}^{m}\)。

例題

CF630C

題意：求有多少長度不大於 \(n\)，只含 '7'，'8' 的數字， \(n \le 55\)。

資料很小，暴力求 \(\sum \limits_{i = 1}^{n} 2_i\) 沒問題，也可以直接算 \(2^{n + 1} - 2\)。

submisson

CF629A

submisson

CF817B

submisson

CF131C

submisson

CF869C

題意：三種顏色島嶼各 \(a\)，\(b\)，\(c\) 座，相同顏色的島嶼的距離不小於 \(3\)（或不連通），求建橋的方案數。

• 一座島不能和相同顏色的連邊。
• 一座島不能和兩座顏色相同的島連邊。

所以對於島 \(A_i\)，最多向 \(B\) 連一條邊，向 \(C\) 連一條邊，且兩邊決策互不干擾。

列舉不同顏色的島間連了幾條邊。
若 \((A, B)\) 連了 \(i\) 條邊，則可選方案為 \(C_a^i \times C_b^i \times i!\)。

分開計算兩兩間的合法方案，最後相乘。
submisson

CF300C

題意：只含 \(a\)，\(b\) 的數是好數，數位之和也是 '好數' 的 '好數' 是 '極好的數'，求長度為 \(n\) 的 '極好的數' 個數。

數位之和取決於數字中 \(a\)，\(b\) 的個數。

列舉有 \(i\) 個 \(a\)。
若 \(i \times a + (n - i) \times b\) 是 '好數'，則在答案中加上 \(\dfrac{n!}{i!(n - i)!}\)。
submission

CF1312D

題意：求滿足如下條件的長度為 \(n\) 的序列 \(a\) 的個數：

• \(\forall 1 \leq i \leq n\)，都有 \(1 \leq a_i \leq m\)。
• \(a\) 中存在且僅存在一對相同的元素
• 存在一個位置 \(p\)，使得 \(a_1 \sim a_p\) 為嚴格單增序列，\(a_p \sim a_n\) 為嚴格單減序列。

\(2 \leq n\le m \leq 2 \times 10^5\)。

欽定一對相同的元素 \(v\)，剩下 \(n - 2\) 個數互不相同，共 \(C_{m - 1}^{n - 2}\) 種。

由於 \(a_p\) 一定大於 \(v\)，減去所有數都小於 \(v\) 的 \(C_{v - 1}^{n - 2}\) 種情況。

至此，我們把整個序列劃分為 【左 $\ \ \ v \ \ $ 左 $\ \ \ a_p \ \ $ 右 $\ \ \ v \ \ $ 右】。
還未分配的 \(n - 3\) 個元素要麼在左，要麼在右，與 \(2^{n - 3}\) 種合法方案一一對應。

所以答案為 \(2^{n - 3} \sum (C_{m - 1}^{n - 2} - C_{v - 1}^{n - 2})\)

submission

CF991E

題意：給定正整數 \(n \le 10^{18}\)，求滿足條件的 \(m\) 的個數：

• \(m\) 沒有前導零。
• \(m\) 中的數字 \(n\) 中都出現過。
• \(n\) 中的數字 \(m\) 中都出現過。

與 CF300C 相同，列舉每個數字的個數。

設 \(c_i\) 表示數字 \(i\) 出現的個數。
根據均值不等式，\(\prod \limits_{i = 0}^{9} c_i \le (\dfrac{\sum \limits_{i = 0}^{9} c_i}{10}) ^ {10} \le 613.11\)，所以直接列舉的複雜的是正確的。

設 \(m = \sum \limits_{i = 0}^{9} c_i\)，即當前數字位數。
討論貢獻：

• \(c_0 = 0 \rightarrow \dfrac{m!}{\prod \limits_{i = 0}^{9} c_i ! }\)
• \(c_0 \neq 0 \rightarrow \dfrac{m!}{\prod \limits_{i = 0}^{9} c_i ! } - \dfrac{(m - 1)!}{(c_0 - 1)!\prod \limits_{i = 1}^{9} c_i ! }\)

submission

CF140E

題意：一棵 \(n\) 層的樹，每層由 \(l_i\) 個小球組成。

• 同一層相鄰的小球的顏色都不相同。

• 相鄰的兩層的小球顏色集合不相同。

一共有多少種合法裝飾方案，對 \(p\) 取模。

欽定顏色列表 \([c_1, c_2, c_3, \dots, c_i, \cdots]\)，令 \(f_{i, j}\) 表示一層內前 \(i\) 個位置恰好用前 \(j\) 種顏色的方案。

• 如果 \([1, i - 1]\) 用了 \(j - 1\) 種顏色，位置 \(i\) 只能放 \(c_j\)。
• 如果 \([1, i - 1]\) 用了 \(j\) 種顏色，位置 \(i\) 可以放 \(c_k\)，\(c_k != a_{i - 1}\)。

因此

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

令 \(g_{i, j}\) 表示第 \(i\) 層，欽定顏色列表，且恰好用 \(j\) 種顏色的方案，
\(s_i\) 表示第 \(i\) 層的方案總數。

由於每層的顏色列表可以隨意選擇並排列：

\[s_i = \sum \limits_{j = 1}^{l_i} g_{i, j} \times A_m^j \]

\(g_{i, j}\) 不能從全部 \(s_{i - 1}\) 種前置狀態轉移過來，
如果 \(j \le l_{i - 1}\)，則有 \(g_{i - 1, j} \times j!\) 個狀態與當前欽定的顏色集合相同，所以

\[g_{i, j} = f_{l_i, j} \times (s_{i - 1} - [j \le l_{i - 1}]g_{i - 1, j} \times j!) \]

注意：

• 本題的 \(p\) 不是特殊的，採用 \(A_m^i = \prod \limits_{j = 1}^{i} (m - j + 1)\) 計算。

submission

HDU7133

題意：長度為 \(n\) 的所有排列按字典序排序組成長度為 \(n!n\) 的新序列，有多少子串是 \(m\) 元排列？

完整排列的方案

把 \(\{1, 2, \dots, m - 1, m\}\) 看作整體，與剩餘 \(n - m\) 個數進行排列。

算上內部順序共 \(m!(n - m + 1)!\)。

跨塊方案

Hint 1：已知排列 \(\{p_i\}\)，怎麼構造下一個排列？

• 找到最大的 \(k\) 使得 \(\{p_{k + 1}, \dots ,p_n\}\) 是最長下降字尾，即 \(p_k < p_{k + 1}\)，\(\forall i \in [k + 1, n), p_i > p_{i + 1}\)，
• 將 \(p_k\) 與字尾中第一個大於他的數字交換。
• 將 \(\{p_{k + 1}, \dots ,p_n\}\) 升序排序。

eg：13542 最長下降字尾為 542，前一位為 3，交換 3 和 4 得到 14532，重新排序得到 14235，即為下一個排列。

假設當前排列為 \(\{p_i\}\)，下一個排列為 \(\{q_i\}\)。

性質 1：\(\{p_i\}\) 首尾元素 \(\le m\)，大於 \(m\) 的都在中間。

\(A\)	\(B\)	\(C\)
\(\le m\)	\(> m\)	\(\le m\)

最終排列由 \(\{p_i\}\) 的 \(C\) 和 \(\{q_i\}\) 的 \(A\) 構成。
所以 \(\forall i \in C, p_i \le m\)。

把中間 \(n - m\) 個元素當成整體，插入剩下 \(m\) 個元素的 \(m - 1\) 個空隙中。

滿足性質 1 的方案有 \(m!(n - m)!(m - 1)\)。

假設存在 \(i \in A, p_i > m\)，則存在 \(i \in B, p_i \le m\)。
根據提示 1，最長字尾不存在於 \(A\)，\(A\) 中元素不發生改變，\(\forall i \in A, p_i = q_i\)。
而 \(\forall i \in A, q_i \le m\)，矛盾。

性質 2：\(\{p_i\}\) 的首部與 \(\{p_i\}\) 完全相同。

由性質 1 推出，\(A_p\) 與 \(C_p\) 關於 \(\{1, 2, \dots, m\}\) 互補。

又因為 \(C_p\) 與 \(A_q\) 互補，所以 \(A_p = A_q\)。

不滿足性質 2 當且僅當首部發生改變，也就是 \(BC\) 段嚴格遞減。

列舉尾部長度，不滿足性質的方案共 \((n - m)!\sum \limits_{i = 1}^{m - 1} C_m^i (m - i)! = m!(n - m)!\sum \limits_{i = 1}^{m - 1} \dfrac{1}{i!}\)。

預處理 \(\dfrac{1}{i!}\) 字首和，跨塊總貢獻為 \(m!(n - m)! (m - 1 - \sum \limits_{i = 1}^{m - 1} \dfrac{1}{i!})\)

submission

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容斥原理

引入

1. 求 \(1\) 到 \(n\) 中既不是 \(2\) 的倍數也不是 \(3\) 的倍數的個數。

\[|S| = n - \lfloor \dfrac{n}{2} \rfloor - \lfloor \dfrac{n}{3} \rfloor + - \lfloor \dfrac{n}{6} \rfloor \]

2. 求 1 到 \(n\) 的全排列中 \(1\) 和 \(2\)，\(3\) 和 \(4\) 都不相鄰的方案。

   將 \(1\)，\(2\) 繫結，\(1\)，\(2\) 相鄰的方案數為 \(2!(n - 1)!\)，同理 \(3\)，\(4\)。

\[|S| = n! - 2!(n - 1)! - 2!(n - 1)! + 2!2!(n - 2)! \]

3. \(n\) 件不同物品放入 \(3\) 個不同盒子，求方案數。
   • 無限制條件 \(\rightarrow 3^n\)
   • A（B，C）為空 \(\rightarrow 2^n\)
   • AB（AC，BC）為空 \(\rightarrow 1\)
   • ABC 為空 \(\rightarrow 0\)

\[|S| = 3^n - 3 \cdot 2^n + 3 - 0 \]

一般形式

\[|S - \bigcup\limits_{i = 1}^n A_i| = \sum\limits_{i = 0}^n (-1)^i \sum\limits_{1 \le j_1 < j_2 < \dots < j_i \le n} |\bigcap\limits_{k = 1}^{i} A_{j_k}| \]

貢獻法證明。

\(\forall x \in S - \bigcup\limits_{i = 1}^n A_i\)，都在 \(i = 0\) 時產生 \(1\) 的貢獻。

如果 \(x \in A_1, A_2, A_3, \dots, A_k\)，則產生 \(\sum\limits_{i = 1}^{k} (-1)^i C_k^i\) 的貢獻。

將 \((1 + 1)^k\) 與 \((1 - 1)^k\) 的二項式展開相加得到 \(C_k^i\) 的偶數項和，相減得到奇數項和。
可以證明 \(\sum\limits_{i = 1}^{k} (-1)^i C_k^i = 0\)。

1. \(m\) 個物品分配給 \(n\) 個人，每個人至少一件，求分配方案數。

\[|S| = \sum\limits_{i = 0}^n C_n^i (-1)^i(n - i)^m \]

2. \(2n\) 個元素 \(a_1, a_2, \dots, a_n\) 和 \(b_1, b_2, \dots, b_n\)，求有多少個排列滿足任意 \(a_i\) 不與 \(b_i\) 相鄰。

\[|S| = \sum\limits_{i = 0}^n C_n^i (-1)^i(2n - i)! \cdot 2^i \]

3. 尤拉函式證明。

不定方程的解的數量

求不定方程 \(x_1 + x_2 + \dots + x_k = n\) 的解的數量，滿足 \(x_i \in N\)，\(l_i \le x_i \le r_i\)。

只有下界的情況在隔板法中講過。
利用容斥原理，把問題轉化為 \(\forall i, x_i \ge l_i\) 的方案減去 \(\exists i, x_i \ge r_i + 1\) 的方案。

令 \([x]\) 表示一組解。

• \(S \leftarrow \{[x] \mid \forall i, \ x_i \ge l_i\}\)
• \(A_i \leftarrow \{[x] \mid a_i \ge r_i + 1, \quad \forall j \ne i, \ x_j \ge l_j\}\)

\[|S - \bigcup\limits_{i = 1}^k A_i| = \sum\limits_{i = 0}^k (-1)^i \sum\limits_{1 \le j_1 < j_2 < \dots < j_i \le k} |\bigcap\limits_{l = 1}^{i} A_{j_l}| \]

其中

\[|\bigcap\limits_{i \in \{j\}} A_i| = \large C_{n + k - 1 - \sum\limits_{i} [i \in \{j\}](r_i + 1) + [i \notin \{j\}]l_i}^{k - 1} \]

等效於列舉 \(x_i\) 的下界是 \(l_i\) 還是 \(r_i + 1\)，複雜度 \(O(2^k)\)。

錯排問題

求 \(\forall i \in [1, n], a_i \le i\) 的排列數。

• \(S \leftarrow \{\{p\}\}\)
• \(A_i \leftarrow \{\{p\} \mid a_i = i\}\)

\[\begin{aligned} d(n) = |S - \bigcup\limits_{i = 1}^k A_i| &= \sum\limits_{i = 0}^n (-1)^i C_n^i (n - i)! \\ &= \sum\limits_{i = 0}^n (-1)^i \dfrac{n!}{i!} \\ &= n!\sum\limits_{i = 0}^n (-1)^i \dfrac{1}{i!} \end{aligned} \]

性質：\(n \rightarrow +\infty,\quad d(n) \rightarrow \dfrac{1}{e}\)。

容斥原理的符號形式

設 \(S\) 是一個有限集，\(a_1, a_2, \dots, a_n\) 是 \(n\) 種性質。

• 記 \(N(a_i)\) 為 \(S\) 中有 \(a_i\) 性質的元素的數量。特殊的，記 \(N(1) = |S|\)。
• 記 \(N(1 - a_i)\) 為 \(S\) 中沒有 \(a_i\) 性質的元素的數量。
• \(N(a_{i_1}a_{i_2}\dots a_{i_k})\) 為 \(S\) 中同時有 \(a_{i_1}, a_{i_2},\dots, a_{i_k}\) 性質的元素的數量。
• \(N(a \pm b) = N(a) \pm N(b)\)。
• 當且僅當 \(a\) 與 \(b\) 獨立時 \(N(ab) = N(a)N(b)\)。

則容斥原理可以寫成

\[N((1 - a_1)(1 - a_2)\dots(1 - a_n)) = \sum\limits_{i = 0}^n (-1)^i \sum\limits_{1 \le j_1 < j_2 < \dots < j_i \le n} N(a_{j_1}a_{j_2}\dots a_{j_i}) \]

公式中列舉的 \(i\) 表示不滿足的性質數。

符號形式在集合關係與多項式運算之間建立了橋樑。

• \((1 - A)(1 - B) = 1 - (A + B) + AB\)
• \(|S - A \cup B| = |S| - (|A| + |B|) + |A \cap B|\)
• \(N((1 - A)(1 - B)) = N(1 - (A + B) + AB) = |S| - (|A| + |B|) + |A \cap B|\)

容斥原理的推廣

有了符號形式，我們可以方便在總方案中表示性質的有無，並透過多項式展開求解容斥關係。
因此可以解決有些性質有，有些性質沒有的方案數。
如

\[N(a_1\dots a_x(1 - a_{x+1})\dots(1 - a_{x+n})) = \sum\limits_{i = 0}^n (-1)^i \sum\limits_{x \le j_1 < < \dots < j_i \le n + x} N(a_1\dots a_x a_{j_1}\dots a_{j_i}) \\ \]

1. 求 \(1\) 到 \(n\) 中不是 \(2\) 也不是 \(3\) 的倍數，但是是 \(5\) 的倍數的數量。

\[\begin{aligned} N((1 - a_2)(1 - a_3)a_5) &= N(a_5 - a_2a_5 - a_3a_5 + a_2a_3a_5) \\ &= \lfloor \dfrac{n}{5} \rfloor - \lfloor \dfrac{n}{10} \rfloor - \lfloor \dfrac{n}{15} \rfloor + \lfloor \dfrac{n}{30} \rfloor \\ \end{aligned} \]

2. 求剛好有 \(k\) 個位置使得 \(p_i = i\) 的排列數。

\[N(a_1\dots a_k(1 - a_{k + 1})\dots (1 - a_n)) = C_n^k \sum\limits_{i = 0}^{n - k} (-1)^i C_{n - k}^i (n - k - i)! \]

由於 \(a_1\dots a_k\) 與 \((1 - a_{k + 1})\dots (1 - a_n)\) 獨立，能夠分開計算。

例題

NC15079

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NC16513

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NC19857

題意：\(n\) 對情侶圍成一圈，求任意情侶不相鄰的方案。

前置：長度為 \(n\) 的圓排列共 \((n - 1)!\)。

將選出的 \(i\) 對情侶繫結，將原集合等效成 \(2n - i\) 個元素進行排列。

\[N((1 - a_1)(1 - a_2)\dots(1 - a_n)) = \sum\limits_{i = 0}^n (-1)^i C_n^i (2n - i - 1) 2^i \]

本題卡空間，線上算組合又卡時間，容斥做法拿到 70pts 就夠了，時空複雜度更優的做法。
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CF547C

題意：維護一個可重集，每次查詢集合中互質數對的個數。

• 兩個數互質取決於是否有共同的質因子。
• 小於 \(5\times 10^5\) 的數最多有 \(7\) 個不同質因子。

令 \(cnt_x\) 表示當前集合中能被 \(x\) 整除的數的個數。
考慮新增一個元素 \(cur = p_1^{\alpha_1}\dots p_k^{\alpha_k}\)。

令性質 \(a_i\) 表示能被 \(p_i\) 整除。
則

\[\begin{aligned} \Delta N &= N((1 - a_1)\dots(1 - a_k)) \\ &= \sum\limits_{i = 0}^n (-1)^i \sum\limits_{1 \le j_1 < j_2 < \dots < j_i \le k} cnt_{p_{j_1}\dots p_{j_i}} \end{aligned} \]

刪除同理。
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[CQOI2012] 區域性極小值

題意：在 \(n \times m\) 的矩陣中，\(1\) 到 \(n \times m\) 的每個整數恰好出現一次，\(n \le 4, m \le 7\)。
一個數是區域性最小值當前僅當小於所有周圍的數。
給定區域性最小值的位置和非區域性最小值的位置，求滿足此要求的矩陣個數。

令性質 \(a_{i, j}\) 表示 \((i, j)\) 是區域性最小值。
則要求的方案為 \(N(a_{i_1, j_1} \dots a_{i_k, j_k} (1 - a_{i_{k + 1},j_{k + 1}})\dots (1 - a_{i_{nm},j_{nm}}))\)。

於是轉化為求解子問題 \(N(\prod a_{i, j})\)。

\(4 \times 7\) 的矩陣中最多有 \(8\) 個區域性最小值，所以子問題規模小於 \(\sum\limits_{i = 0}^{8} C_{28}^i\)，大約在 \(10^4\)，可以接受。

透過搜尋列舉子問題。
當欽定某些位置是區域性最小時，如何求方案數？

不妨從小到大填充矩陣。
設 \(f_{i, s}\) 表示當前填到 \(i\)，且區域性最小的狀態（填/沒填）為 \(s\) 時的方案。
\(cnt_s\) 表示狀態為 \(s\) 時填了多少個欽定位置。

如果當前填的位置欽定了區域性最小，那麼 \(f_{i, s} = \sum\limits_{j \in s} f_{i - 1, s - j}\)。

如果當前填的位置沒有欽定，
用 \(nums_s\) 表示狀態 \(s\) 下已經能填的非欽定位置個數。
如

\[\begin{array}{|c|*{3}{l|}} \hline \text{未填} & (1, 2) & \text{已填}\\ \hline (2, 1) & (2, 2) & (2, 3)\\ \hline \end{array} \]

此時只有 \((2, 3)\) 能填，否則會在後續產生矛盾。

則這部分的貢獻為 \(\max(0, nums_s - (i - 1 - cnt_s)) \times f_{i - 1, s}\)。
\(i - 1 - cnt_s\) 為前 \(i - 1\) 個數中已經用掉的位置。

submission

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第二類斯特林數（Stirling Number）

第二類斯特林數（斯特林子集數）\(\begin{Bmatrix}n\\ k\end{Bmatrix}\)，也可記做 \(S_2(n,k)\)，表示將 \(n\) 個兩兩不同的元素，劃分為 \(k\) 個互不區分的非空子集的方案數。

遞推式

我們插入一個新元素時，有兩種方案：

• 將新元素放入一個現有的非空子集，有 \(k\begin{Bmatrix}n-1\\ k\end{Bmatrix}\) 種方案。
• 將新元素單獨放入一個子集，有 \(\begin{Bmatrix}n-1\\ k-1\end{Bmatrix}\) 種方案；

\[\begin{Bmatrix}n\\ k\end{Bmatrix}=\begin{Bmatrix}n-1\\ k-1\end{Bmatrix}+k\begin{Bmatrix}n-1\\ k\end{Bmatrix} \]

邊界是 \(\begin{Bmatrix}n\\ 0\end{Bmatrix}=[n=0]\)。

通項公式

不妨先認為 \(k\) 個集合互不相同，轉化成經典容斥問題，最後乘上 \(\dfrac{1}{k!}\)。
則

\[\begin{Bmatrix}n\\ k\end{Bmatrix} = \sum\limits_{i = 0}^k (-1)^i C_k^i (k - i)^n \]

重要公式

我們記下降階乘冪 \(x^{\underline{n}}=\dfrac{x!}{(x-n)!}=\prod_{k=0}^{n-1} (x-k)\)。

則可以利用下面的恆等式將普通冪轉化為下降冪：

\[x^n =\sum\limits_{k = 0}^n \begin{Bmatrix}n\\ k\end{Bmatrix} \begin{pmatrix}x\\ k\end{pmatrix} k! =\sum\limits_{k = 0}^n \begin{Bmatrix}n\\ k\end{Bmatrix} x^{\underline{k}} \]

考慮各式組合意義。

• \(x^n \rightarrow\) \(n\) 個不同的球放入 \(x\) 個不同的盒子。
• \(\begin{pmatrix}x\\ k\end{pmatrix} \rightarrow\) \(x\) 個盒子中選出 \(k\) 個。
• \(\begin{Bmatrix}n\\ k\end{Bmatrix} \rightarrow\) \(n\) 個不同的球放入 \(k\) 個相同的盒子且都不為空。
• \(k! \rightarrow\) 將選出的 \(k\) 個盒子排列。

正確性顯然。

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積性函式

定義

若函式 \(f(n)\) 滿足 \(f(1)=1\) 且 \(\forall x,y\in\mathbf{N}^*,~(x,y)=1\) 都有 \(f(xy)=f(x)f(y)\)，則 \(f(n)\) 為 積性函式。

若函式 \(f(n)\) 滿足 \(f(1)=1\) 且 \(\forall x,y\in\mathbf{N}^*\) 都有 \(f(xy)=f(x)f(y)\)，則 \(f(n)\) 為 完全積性函式。

例如：

• 單位函式：\(\varepsilon(n)=[n=1]\)。（完全積性）
• 恆等函式：\(\operatorname{id}_k(n)=n^k\)，\(\operatorname{id}_{1}(n)\) 通常簡記作 \(\operatorname{id}(n)\)。（完全積性）
• 常數函式：\(1(n)=1\)。（完全積性）
• 除數函式：\(\sigma_{k}(n)=\sum_{d\mid n}d^{k}\)。\(\sigma_{0}(n)\) 通常簡記作 \(d(n)\) 或 \(\tau(n)\)，\(\sigma_{1}(n)\) 通常簡記作 \(\sigma(n)\)。
• 尤拉函式：\(\varphi(n)=\sum_{i=1}^n[(i,n)=1]\)
• 莫比烏斯函式：\(\mu(n)=\begin{cases}1&n=1\\0&\exists d>1,d^{2}\mid n\\(-1)^{\omega(n)}&\text{otherwise}\end{cases}\)，其中 \(\omega(n)\) 表示 \(n\) 的本質不同質因子個數，它是一個加性函式。

"加性函式"
此處加性函式指數論上的加性函式 (Additive function)。對於加性函式 \(f\)，當整數 \(a,b\) 互質時，均有 \(f(ab)=f(a)+f(b)\)。
應與代數中的加性函式 (Additive map) 區分。

性質

若 \(f(x)\) 和 \(g(x)\) 均為積性函式，則以下函式也為積性函式：

\[\begin{aligned} h(x)&=f(x^p)\\ h(x)&=f^p(x)\\ h(x)&=f(x)g(x)\\ h(x)&=\sum_{d\mid x}f(d)g\left(\dfrac{x}{d}\right) \end{aligned} \]

設 \(x=\prod p_i^{k_i}\)

若 \(F(x)\) 為積性函式，則有 \(F(x)=\prod F(p_i^{k_i})\)。

若 \(F(x)\) 為完全積性函式，則有 \(F(x)=\prod F(p_i)^{k_i}\)。

質因數分解求 \(f(n)\)

\(f(n) = f(p_1^{\alpha_1})\dots f(p_k^{\alpha_k})\)。

對 \(f(p_1^{\alpha_1})\) 依次求解然後相乘即可。

ll get_f(int n) {
	ll ret = 1;
	for(int i = 2; i <= n / i; ++ i) {
		if(n % i == 0) {
			int cnt = 0;
			while(n % i == 0) {
				++ cnt;
				n /= i;
			}
			ret = ret * calc_f(i, cnt);
		}
	}
	
	if(n > 1) {
		ret = ret * calc_f(n, 1);
	}
	return ret;
}

尤拉篩求 \(f(1), f(2), \dots, f(n)\)

根據定義：\(f(1) = 1\)。

\(n = p_1^{\alpha_1} \dots p_k^{\alpha_k}\) 一定會被 \(m = p_1^{\alpha_1 - 1} \dots p_k^{\alpha_k}\) 篩到。

• 如果 \(\alpha_1 = 1\)，則 \((n, m) = 1\)，\(f(n) = f(m) \cdot f(p_1)\)。
• 如果 \(\alpha_1 > 1\)，則 \((n, m) \ne 1\)，\(f(n) = \dfrac{f(m)}{f(p_1^{\alpha_1 - 1})} \cdot f(p_1^{\alpha_1})\)。

因此，對於質數的冪次 \(p^{cnt}\)，暴力呼叫 calc_f(p, cnt)。

否則，記錄陣列 \(cnt_i\) 表示 \(i\) 中最小質因子的次數，根據上述分類求解。

void init(int n) {
	f[1] = 1;
	for(int i = 2; i <= n; ++ i) {
		if(v[i] == 0) {
			p[++ idx] = i;
			cnt[i] = 1;
			f[i] = calc_f(i, 1);
		}
		for(int j = 1; p[j] <= n / i; ++ j) {
			v[i * p[j]] = 1;
			if(i % p[j] == 0) {
				cnt[i * p[j]] = cnt[p[j]] + 1;
				f[i * p[j]] = f[i] / calc_f(p[j], cnt[p[j]]) * calc_f(p[j], cnt[p[j]] + 1);
				break;
			}
			cnt[i * p[j]] = 1;
			f[i * p[j]] = f[i] * calc_f(p[j], 1);
		}
	}
}

例題

NC229685

題意：求 \(n\) 的正因子個數，\(q\) 次詢問，\(n \le 10^7\)。

若 \(n = p_1^{\alpha_1}\dots p_k^{\alpha_k}\)，則 \(f(n) = (\alpha_1 + 1)\dots(\alpha_k + 1)\)。
若 \((p, q)\) 互質，則 \(f(p)\cdot f(q) = (\alpha_1 + 1)\dots(\alpha_k + 1)(\beta_1 + 1)\dots(\beta_l + 1) = f(p\cdot q)\)

submission

NC23047

題意：求 \(\bigoplus\limits_{i = 1}^n (i^n \bmod (10^9 + 7))\)，\(n \le 1.3 \times 10^7\)。

定義 \(f(i) = i^n\)。

對於 \(\forall p, q, \ \ f(pq) = (pq)^n = p^nq^n\)，是完全積性的。

submission

CF757E

題意：定義函式 \(f_r(n)\)：

• \(f_0(n)\) 為滿足 \(p\cdot q=n\) 且 \(\gcd(p,q)=1\) 的有序對 \((p,q)\) 個數；
• \(\displaystyle f_{r + 1}(n)=\sum_{u\cdot v=n}\frac{f_{r}(u)+f_{r}(v)}{2}\).

一共 \(q\) 組詢問，每組詢問給出 \(r,n\)，求 \(f_r(n)\) 模 \(10^9+7\) 的結果。

資料範圍：\(q\le10^6\),\(0\le r\le10^6\),\(1\le n\le10^6\).

---

對於 \(n = p_1^{\alpha_1}\dots p_k^{\alpha_k}\)，只有 \(p = \prod\limits_{i \in S}p_i^{\alpha_i} , \ q = \prod\limits_{i \notin S}p_i^{\alpha_i}\) 時會對 \(f_0(n)\) 造成貢獻。

所以 \(f_0(n) = 2^k = 2^{\sigma(n)}\).

對於 \((p, q) = 1\)，\(\{p_i\} \cap\{q_i\} = \phi\).

所以 \(\sigma(pq) = \sigma(p) + \sigma(q)\).

所以 \(f_0(pq) = f_0(p)\cdot f_0(q)\)，於是我們證明了 \(f_0\) 是積性函式。

---

現在考慮 \(r \ge 1\).

注意到 \((u, v)\) 與 \((v, u)\) 都有貢獻，所以 \(\forall d \mid n\) 對 \(f_r(n)\) 的貢獻為 \(2 \times \dfrac{f_{r - 1}(d)}{2}\)。

\[f_r(n) = \sum\limits_{d \mid n} f_{r - 1}(d) \]

考慮積性函式 \(f(n)\)，以及函式 \(g(n) = \sum\limits_{d\mid n}f(d)\).

對於 \((p, q) = 1\)，有

\[\begin{aligned} g(p) &= \sum\limits_{d_1 \mid p} f(d_1)\\ g(q) &= \sum\limits_{d_2 \mid q} f(d_2)\\ \\ g(p) \times g(q) &= \sum\limits_{d_1 \mid p}\sum\limits_{d_2 \mid q} f(d_1)\times f(d_2)\\ &= \sum\limits_{d_1 \mid p}\sum\limits_{d_2 \mid q} f(d_1\times d_2) \\ &= g(p\times q) \end{aligned} \]

所以 \(g(n)\) 也是積性函式。

因為 \(f_0\) 是積性函式，所以 \(\forall r, (p, q) = 1, \ f_r(p\times q) = f_r(p) \times f_r(q)\).

---

於是目標 \(f_r(n) = f_r(p_1^{\alpha_1})\times \dots \times f_r(p_k^{\alpha_k})\)，只需預處理 \(\forall r, p, \alpha, \ \ f_r(p^{\alpha})\) 即可。

不妨從 \(f_0\) 開始遞推。

• \(\alpha = 0\)，\(f_0 = 1\).
• \(\alpha > 0\)，\(f_0 = 2\).

\(f_0(p^{\alpha})\) 的值與 \(p\) 無關。

根據遞推式 \(f_r(p^{\alpha}) = \sum\limits_{i = 0}^{\alpha} f_{r - 1}(p^i)\)，\(f_r\) 只與 \(f_{r - 1}\) 有關，所以 \(\forall r\)，\(f_r(p^{\alpha})\) 的值與 \(p\) 無關。

記 \(dp_{r, i} = f_r(p^i)\).

\[\begin{aligned} dp_{r, 0} &= 0 \\ dp_{r, i} &= \sum\limits_{j = 0}^{i}dp_{r - 1, j} \end{aligned} \]

submission

---

莫比烏斯反演

引入

• 如果 \(f(n) = \sum\limits_{i = 1}^ng(i)\)，則 \(g(n)\) 可透過 \(f(n) - f(n - 1)\) 反求。
• 如果 \(f(n) = \sum\limits_{d \mid n} g(d)\)，怎麼透過 \(f\) 反求 \(g(n)\)？

如果 \(n = p_1^{\alpha_1}\dots p_k^{\alpha_k}\).

令性質 \(a_i\) 不整除 \(p_i^{\alpha_i}\)，則 \(N(a_i) = f(p_1^{\alpha_1}\dots p_i^{\alpha_i - 1}\dots p_k^{\alpha_k})\).

則

\[\begin{aligned} g(n)= N((1 - a_1)\dots(1 - a_k)) &= \sum\limits_{S \subseteq\{1, 2,\dots k\} } (-1)^{|S|} N(\prod\limits_{i \in S} a_i)\\ &= \sum\limits_{S \subseteq\{1, 2,\dots k\} } (-1)^{|S|} f(p_1^{\alpha_1 - [1 \in S]}\dots p_k^{\alpha_k - [k \in S]})\\ &= \sum\limits_{d \mid n} [\dfrac{n}{d} = p_1\dots p_i] (-1)^i f(d) \end{aligned} \]

引入莫比烏斯函式 \(\mu(n) = [n = p_1\dots p_i](-1)^i\).

即

\[\mu(n)= \begin{cases} 1&n=1\\ 0&n\text{ 含有平方因子}\\ (-1)^k&n\text{ 無平方因子且有 } k\text{ 個質因子}\\ \end{cases} \]

於是

\[g(n) = \sum\limits_{d \mid n} \mu(\dfrac{n}{d}) \cdot f(d) \]

定理（莫比烏斯反演）

設 \(f:\mathbb{N} \rightarrow \mathbb{R}, \ g:\mathbb{N} \rightarrow \mathbb{R}\) 是兩個函式，則

\[f(n) = \sum\limits_{d \mid n} g(d) \Longleftrightarrow g(n) = \sum\limits_{d \mid n} \mu(\dfrac{n}{d}) \cdot f(d) \]

環計數問題

題意：\(n\) 個數圍成一圈，每個數取值範圍在 \(1\) 到 \(r\)，求有多少個這樣的環，兩個環不相同當且僅當不能透過旋轉重合。

將 \(n\) 個數展開成序列並無限延伸。

定義週期 \(d\) 為滿足 \(\forall a_i = a_i + d\) 的最小正整數。

顯然 \(d \mid n\)，否則與 \(\forall a_i = a_i + n\) 矛盾。

令 \(f(d)\) 表示週期為 \(d\) 的不同環的個數。

一個環對應 \(d\) 個不同的序列（分別以 \(a_1, a_2\dots a_d\) 開頭）。

所有不同的序列共 \(r^n\) 個。

所以

\[\begin{aligned} r^n &= \sum\limits_{d \mid n} d \cdot f(d) \\ n \cdot f(n) &= \sum\limits_{d \mid n} \mu(\dfrac{n}{d}) \cdot r^d \end{aligned} \]

總方案數為 \(\sum\limits_{d = 1}^n f(d)\).

定理（莫比烏斯反演2）

設 \(f:\mathbb{N} \rightarrow \mathbb{R}, \ g:\mathbb{N} \rightarrow \mathbb{R}\) 是兩個函式，且存在正整數 \(N\)，使得 \(\forall n > N, \ f(n) = g(n) = 0\).

則

\[f(n) = \sum\limits_{\begin{aligned} n &\mid m\\ m &\le N \end{aligned}} g(d) \Longleftrightarrow g(n) = \sum\limits_{\begin{aligned} n &\mid m\\ m &\le N \end{aligned}} \mu(\dfrac{m}{n}) \cdot f(m) \]

例題

NC14648

題意：給定序列 \(\{a_i\}, \ \{b_i\}\)，有多少對 \((x, y) = 1\) 滿足 \(a_{b_x} = b_{a_y}\).

定義 \(g(d) = \sum\limits_{x, y}[(x, y) = d][a_{b_x} = b_{a_y}]\)，考慮反演：

\[\begin{aligned} f(d) &= \sum\limits_{d \mid d'}g(d') = \sum\limits_{\begin{aligned}d& \mid x\\d&\mid y\end{aligned}}[a_{b_x} = b_{a_y}]\\ g(d) &= \sum\limits_{d \mid d'} \mu(d'/d)f(d') \end{aligned} \]

則

\[f(1) = \sum\limits_{i = 1}^ng(i) \Longleftrightarrow g(1) = \sum\limits_{i = 1}^{n} \mu(i)f(i) \]

其中 \(\forall f_i\) 可以在 \(O(\dfrac{n}{1} + \dfrac{n}{2} + \cdots + \dfrac{n}{n}) = O(n\ln n)\) 內求出。

submission

AT_abc162_e

題意：給定\(n,k\)，求

\[\sum^k_{a_1=1}\sum^k_{a_2=1}\sum^k_{a_3=1}\dots\sum^k_{a_n=1}\gcd(a_1,a_2,a_3,\dots,a_n)\ \bmod\ 1000000007 \]

和上題套路一致，設 \(g(d) = \sum [\gcd(a_i) = d]\).

有反演：

\[f(d) = \sum\limits_{d \mid d'}g(d') \Longleftrightarrow g(d) = \sum\limits_{d \mid d'}^{n} \mu(d'/d)f(d') \]

若 \(d \mid \gcd(a_i)\)，則 \(\forall i, \ d \mid a_i\)，所以 \(f(d) = \lfloor \dfrac{k}{d} \rfloor^n\).

最終答案為 \(\sum g(d) \cdot d\).

submission

AT_agc038_c

題意：給定陣列 \(A\)，求 \(S = \sum\limits_{i=1}^{N}\sum\limits_{j=i+1}^{N}\mathrm{lcm}(A_i,A_j)\) .

令 $g(d) = \sum\limits_{i, j}[(A_i, A_j) = d] \cdot\mathrm{lcm}(A_i,A_j) $.

由於 \(\mathrm{lcm}(a, b) = \dfrac{ab}{\gcd(a, b)}\)，則 $\sum\limits_{d = 1}^{\max(A_i)} g(d) - \sum\limits_{i = 1}^nA_i= 2S $

\[\begin{aligned} g(d) &= \sum\limits_{i, j}[(A_i, A_j) = d] \cdot\dfrac{A_iA_j}{\gcd(A_i, A_j)}\\ &= \frac{1}{d}\sum\limits_{i, j}[(A_i, A_j) = d] A_iA_j\\ &\\ f(d) &= \sum_{d \mid d'} g(d')\cdot d'\\ &= \sum_{d \mid A_i, d\mid A_j} A_iA_j\\ &= (\sum_{d \mid A_i} A_i)^2 \end{aligned} \]

最後對 \(g(d) \cdot d\) 做反演即可。

submission

狄利克雷(Dirichlet)卷積

定義

設 \(f:\mathbb{N^+} \rightarrow \mathbb{R}, \ g:\mathbb{N^+} \rightarrow \mathbb{R}\)，則他們的狄利克雷卷積為

\[(f * g)(n) = \sum_{d \mid n} f(d)\cdot g(n/d) \]

性質

1. 如果 \(f(n), \ g(n)\) 是積性函式，則 \(h(n) = (f*g)(n)\) 也是積性函式。

   證明：

   假設 \((p, q) = 1\)，則

   \[\begin{aligned} h(pq) &= \sum_{\begin{aligned}d_1\mid p \\d_q\mid 2 \end{aligned}} f(d_1d_2) \cdot g(\dfrac{pq}{d_1d_2})\\ &= \sum_{\begin{aligned}d_1\mid p \\d_q\mid 2 \end{aligned}} f(d_1)\cdot f(d_2) \cdot g(\dfrac{p}{d_1})\cdot g(\dfrac{q}{d_1})\\ &= h(p) \cdot h(q) \end{aligned} \]

2. \(f = g * 1 \Leftrightarrow g = f * \mu\).

   證明：

   \[f(n) = \sum_{d \mid n} g(n) \Longleftrightarrow g(n) = \sum_{d\mid n} \mu(n / d)\cdot f(d) \]

3. 滿足交換律與結合律。

   \[\begin{aligned} f * g &= g * f \\ (f * g) * h &= f * (g * h) \end{aligned} \]

4. \(\epsilon = \mu * 1\).

   證明：

   設 \(\mu\) 的和函式 \(F(n) = \sum\limits_{d \mid n}\mu(d)\).

   \(F(1) = \mu(1) = 1\).

   \[\begin{aligned} F(p^k) &= \mu(1) + \mu(p) + \mu(p^2) + \cdots + \mu(p^k) \\ &= 1 + (-1) + 0 + \cdots + 0\\ &= 0 \end{aligned} \]

   \(F(n) = \prod F(p_i^k) = 0\).

   所以 \(\epsilon(n) = F(n)= [n = 1]\).

5. \(id = \phi * 1\).

   即證 \(n = \sum\limits_{d \mid n} \phi(d)\).

   將 \(m \in [1, n]\) 分類， \(m\) 屬於 \(C_d\) 類當且僅當 \((m, n) = d\) 即 \((m / d, n / d) = 1\).

   所以 \(C_d\) 的大小為小於 \(n / d\) 且與之互素的正整數個數，恰與 \(\phi(n / d)\) 相等。

   \[n = \sum|C_d| = \sum \phi(n/d) = \sum \phi(d) \]

6. \(\phi = \mu * id\).

   證明：

   對於 \(n = p_1^{a_1} \cdots p_k^{a_k}\)，令性質 \(a_i\) 表示能夠被 \(p_i\) 整除。

   \[\begin{aligned} \phi(n) &= N((1 - a_1)\cdots(1 - a_k)) \\ &= \sum_{S \subseteq\{1, \dots, k\}} (-1)^{|S|} \dfrac{n}{\prod\limits _{i \in S}p_i}\\ &= \sum_{d \mid n} [d = p_{x_1}\cdots p_{x_i}] (-1)^i \dfrac{n}{i}\\ &= \sum_{d \mid n} \mu(d) \cdot \dfrac{n}{i}\\ &= (\mu * id)(n) \end{aligned} \]

   引理：\(\dfrac{\phi(n)}{n} = \sum\limits_{d \mid n}\dfrac{\mu(d)}{d}\)

杜教篩

引入

1. 求 \(\Phi(n) = \sum\limits_{i = 1}^{n} \phi(n)\)。

   對於尤拉函式，有 \(\phi * I = id\)，即 \(\phi(n) = n - \sum\limits_{d \mid n, d < n}\phi(n)\)。

   所以

   \[\begin{aligned} \sum_{i = 1}^n\phi(i) &= \sum_{i = 1}^n (i - \sum_{d \mid i, d < i}\phi(d))\\ &= \dfrac{n(n + 1)}{2} - \sum_{i = 2}^n\sum_{d \mid i, d < i}\phi(d)\\ &= \dfrac{n(n + 1)}{2} - \sum_{\frac{i}{d} = 2}^n\sum_{d = 1}^{\lfloor\frac{n}{\lfloor\frac{i}{d}\rfloor}\rfloor}\phi(d)\\ &= \dfrac{n(n + 1)}{2} - \sum_{i = 2}^n\sum_{d = 1}^{\lfloor\frac{n}{i}\rfloor}\phi(d)\\ &= \dfrac{n(n + 1)}{2} - \sum_{i = 2}^n\Phi(\lfloor\frac{n}{i}\rfloor)\\ \end{aligned} \]

   於是只需預處理 \(O(\sqrt{n})\) 個 \(\Phi(\lfloor\dfrac{n}{i}\rfloor)\)，就可以算出 \(\Phi(n)\)。

   第三第四步將列舉因數化為列舉倍數，是常見減小複雜度的做法。

2. 求 \(M(n) = \sum\limits_{i = 1}^{n} \mu(n)\)。

   和尤拉函式類似，利用 \(\mu(n) = [n = 1] - \sum\limits_{d \mid n, d < n}\mu(d)\)。

   \[\begin{aligned} \sum_{i = 1}^n\mu(n) &= \sum_{i = 1}^n [i = 1] - \sum\limits_{d \mid i, d < i}\mu(d)\\ &= 1 - \sum_{i = 2}^n\sum_{d \mid i, d < i}\mu(d)\\ &= 1 - \sum_{i = 2}^n\sum_{d = 1}^{\lfloor\frac{n}{i}\rfloor}\mu(d)\\ &= 1 - \sum_{i = 2}^nM(\lfloor\frac{n}{i}\rfloor)\\ \end{aligned} \]

推導

對於一個數論函式 \(f(n)\)，杜教篩可以在低於線性複雜度內求 \(S(n) = \sum\limits_{i = 1}^nf(i)\).

如果利用整除分塊把相等的一起算，就加快了速度。

根據 \(f(n)\) 的性質，構造 \(S(n)\) 關於 \(S(\lfloor\dfrac{n}{i}\rfloor)\) 的遞推式，方法如下。

構造兩個積性函式 \(h, \ g\)，滿足 \(h\) 易於求和，\(g\) 易於計算 且\(h = f * g\)。

則 \(h(i) = \sum\limits_{d \mid i}g(d)\cdot f(\dfrac{i}{d})\)，對 \(h(i)\) 求和，有

\[\begin{aligned} \sum_{i = 1}^nh(i) &= \sum_{i = 1}^n\sum\limits_{d \mid i}^ig(d)\cdot f(\dfrac{i}{d})\\ &= \sum_{d = 1}^ng(d)\sum\limits_{d \mid i}^n\cdot f(\dfrac{i}{d})\\ &= \sum_{d = 1}^ng(d)\sum\limits_{i = 1}^{\lfloor\dfrac{n}{d}\rfloor}\cdot f(i)\\ &= \sum_{d = 1}^ng(d)\cdot S(\lfloor\dfrac{n}{d}\rfloor) \end{aligned} \]

1. 公式法求 \(\sum_{i = 1}^n\phi(n)\)。

   \(h = id, \ f = \phi, \ g = I\)。

   所以 \(\sum\limits_{i = 1}^n id(i) = \sum\limits_{i = 1}^n S(\lfloor\dfrac{n}{d}\rfloor)\)，即 \(S(n) = \sum\limits_{i = 1}^n id(i) - \sum\limits_{i = 2}^n S(\lfloor\dfrac{n}{d}\rfloor)\)。

   同理，可用 \(\epsilon = \mu * I\) 求出 \(M(n)\)。

實現

對於 \(n < N^{\frac{2}{3}}\) 預處理，否則暴力遞迴然後記憶化。

複雜度證明：[Auferstanden].

#include<bits/stdc++.h>
#include<bits/extc++.h>
using namespace std;

using uint = unsigned int;
using ll = long long;
constexpr int N = 3e6 + 5, V = 3e6;

__gnu_pbds::gp_hash_table<int, int> Mu;
__gnu_pbds::gp_hash_table<int, ll> Phi;

int mu[N], p[N], v[N], idx;
ll phi[N];

void init() {
	phi[1] = mu[1] = 1;
	
	for(int i = 2; i <= V; ++ i) {
		if(v[i] == 0) {
			mu[i] = -1;
			phi[i] = i - 1;
			p[++ idx] = i;
		}
		for(int j = 1; j <= idx && p[j] <= V / i; ++ j) {
			v[i * p[j]] = 1;			
			if(i % p[j] == 0) {
				phi[i * p[j]] = phi[i] * p[j];
				mu[i * p[j]] = 0;
				break;
			}
			mu[i * p[j]] = -mu[i];
			phi[i * p[j]] = phi[i] * (p[j] - 1);
		}
	}
	
	for(int i = 1; i <= V; ++ i) {
		mu[i] += mu[i - 1];
		phi[i] += phi[i - 1];
	} 
}

ll get_Phi(uint n) {
	if(n <= V) return phi[n];
	if(Phi.find(n) != Phi.end()) return Phi[n];
	ll ans = (ll)n * (n + 1) / 2;
	for(uint i = 2, j; i <= n; i = j + 1) {
		if(n / i == 0) break;
		j = n / (n / i);
		ans -= get_Phi(n / i) * (j - i + 1);
	}
	return Phi[n] = ans;
}
int get_Mu(uint n) {
	if(n <= V) return mu[n];
	if(Mu.find(n) != Mu.end()) return Mu[n];
	int ans = 1;
	for(uint i = 2, j; i <= n; i = j + 1) {
		if(n / i == 0) break;
		j = n / (n / i);
		ans -= get_Mu(n / i) * (j - i + 1);
	}
	return Mu[n] = ans;
}

int main() {
	cin.tie(0)->sync_with_stdio(0);
	
	init();
	
	int T;
	cin >> T;
	
	while(T --) {
		uint n; cin >> n;
		cout << get_Phi(n) << ' ' << get_Mu(n) << '\n';
	}
	return 0;
}

矩陣乘法

引入

如果 \(C = AB\)，則 \(c_{ij} = \sum\limits_{k = 1}^{n}a_{ik} \cdot b_{kj}\)，即 \(A\) 的第 \(i\) 行與 \(B\) 的第 \(j\) 列的點積。

• 假設有 \(n\) 個地點，\(i\) 到 \(j\) 做飛機有 \(a_{ij}\) 種選擇，坐火車有 \(b_{ij}\) 種選擇。求從 \(i\) 先做飛機再坐火車到 \(j\) 的方案。

  列舉中轉點 \(k\)。

  \(c_{ij} = \sum\limits_{k = 1}^na_{ik}\cdot b_{kj}\)，寫成矩乘即 \(C = AB\)。

矩陣快速冪最佳化線性遞推

1. \(f(n) = a_1f(n - 1) + a_2f(n - 2) + a_3f(n - 3)\).

   \[\begin{pmatrix} f_n\\ f_{n - 1}\\ f_{n - 2}\\ \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} a_1 & a_2 & a_3\\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ \end{pmatrix} \begin{pmatrix} f_{n - 1}\\ f_{n - 2}\\ f_{n - 3}\\ \end{pmatrix} \]

2. \(f(n) = a_1f(n - 1) + a_2f(n - 2) + C\).

   \[\begin{pmatrix} f_n\\ f_{n - 1}\\ C \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} a_1 & a_2 & 1\\ 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} f_{n - 1}\\ f_{n - 2}\\ C \end{pmatrix} \]

   或

   \[\begin{pmatrix} f_n\\ f_{n - 1}\\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} a_1 & a_2 & C\\ 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} f_{n - 1}\\ f_{n - 2}\\ 1 \end{pmatrix} \]

3. \(f(n) = a_1f(n - 1) + a_2f(n - 2) + c_2n^2 + c_1n + c_0\).

   \[\begin{pmatrix} f_n\\ f_{n - 1}\\ (n + 1)^2\\ n + 1\\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} a_1 & a_2 & c_2 & c_1 & c_0\\ 1 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 2 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 1 \\ \end{pmatrix} \begin{pmatrix} f_{n - 1}\\ f_{n - 2}\\ n^2\\ n\\ 1 \end{pmatrix} \]

4. \(f(n) = a_{11}f(n - 1) + a_{12}g(n - 1), \ g(n) = a_{21}f(n - 1) + a_{22}g(n - 2)\).

   \[\begin{pmatrix} f_n\\ g_n\\ \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} a_{11} & a_{12}\\ a_{21} & a_{22}\\ \end{pmatrix} \begin{pmatrix} f_{n - 1}\\ g_{n - 1}\\ \end{pmatrix} \]

5. 若 \(f(n)\) 與 \(g(n)\) 是線性遞推的，則 \(h(n) = f(n)\cdot g(n)\) 也能線性遞推。

   \[\begin{aligned} &\\ f(n) &= f(n - 1) + f(n - 2)\\ &\\ f^2(n) &= f^2(n - 1) + f^2(n - 2) + 2\cdot f(n - 1) \cdot f(n - 2)\\ &\\ f(n - 1) \cdot f(n - 2) &= \begin{cases} f(n - 1)\cdot (f(n - 1) - f(n - 3)) \\ (f(n - 2) + f(n - 3))\cdot f(n - 2) \end{cases}\\ &\\ 2\cdot f(n - 1) \cdot f(n - 2) &= f^2(n - 1) + f^2(n - 2) - f^2(n - 3)\\ &\\ f^2(n) &= 2\cdot f^2(n - 1) + 2\cdot f^2(n - 2) - f^2(n - 3) \end{aligned} \]

例題

CF1117D

題意：有多少長度為 \(n\) 的 \(01\) 串，使得任意極長全 \(0\) 字串的長度都被 \(m\) 整除？（\(n \le 10^{18}, \ m \le 100\)）

定義 \(f_{i, 0/1}\) 為長度為 \(i\)，結尾為 \(0/1\) 的方案數。

\[\begin{aligned} f_{i, 1} &= f_{i - 1, 0} + f_{i - 1, 1}\\ f_{i, 0} &= f_{i - m, 0} + f_{i - m, 1}\\ \end{aligned} \]

上下相加得到 \(f_i = f_{i - 1} + f_{i - m}\)。

構造矩陣乘法加速遞推。

\[\begin{pmatrix} f_n\\ f_{n - 1}\\ f_{n - 2}\\ \vdots\\ f_{n - m + 1} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & \cdots & 0 & 1 \\ 1 & 0 & \cdots & 0 & 0\\ 0 & 1 & \cdots & 0 & 0\\ \vdots& &\ddots\\ 0 & 0 & \cdots & 1 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} f_{n - 1}\\ f_{n - 2}\\ f_{n - 3}\\ \vdots\\ f_{n - m} \end{pmatrix} \]

於是有 \(F_{n} = AF_{n - 1} = A^2F_{n - 2} = A^{n - m}F_m\)。

預處理 \(F_m\)，時間複雜度 \(O(m + m^3\log n)\)。

注意特判 \(n < m\) 的情況。

submission

NC17890

題意：\(m \times n\) 的方格，每個格子可以填白色或黑色，左右兩個不同為白，左右兩列不同為全黑，求合法方案數。（\(n\le10^{18}, m \le5\)）

先樸素動態規劃。

\(f_{i, s}\) 表示第 \(i\) 列狀態為 \(s\) 時的方案，'0' 表示白，'1' 表示黑。

考慮 \(s\) 能從哪些 \(s'\) 轉移來。

• \(s\ |\ s' = 2^m - 1\)。
• 若 \(s = 2^m - 1\)，\(s'\ne 2^m - 1\)。

所以

\[f_{i, s} = \sum_{\begin{aligned}&s\ |\ s' = 2^m - 1\\ &s, \ s'\text{ 不同為 } 2^{m} - 1\end{aligned}}f_{i - 1, s'} \]

又可以看成 \(F_n = A\cdot F_{n - 1} = A^{n - 1}\cdot F_1\) 的形式。

submission

CF718C

題意：給定數列 \(\{a\}\)，支援兩種操作。

• 區間 \([l, r]\) 加 \(x\)。
• 求 \(\sum_{i = l}^rf(a_i)\)，\(f(1) = f(2) = 1, \ f(n) = f(n - 1) + f(n - 2)\)。

\[\begin{pmatrix} f_n\\ f_{n - 1}\\ \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 1\\ 1 & 0\\ \end{pmatrix} \begin{pmatrix} f_{n - 1}\\ f_{n - 2}\\ \end{pmatrix} \]

寫成向量的形式

\[\vec F(n) = A \cdot \vec F(n - 1) = A^n \vec F(0) \]

根據遞推式，可以寫出 \(\vec F(0) = \begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}\)。

於是可以用 \(\vec{F(a_i)}_{1, 1}\) 來替代原序列，將操作轉化為

• 區間 \([l, r]\) 左乘 \(\begin{pmatrix} 1 & 1\\ 1 & 0\\ \end{pmatrix}^x\)。
• 查詢 \(\sum_{i = l}^r\vec{F(a_i)}_{1, 1}\)。

用一個 \(2 \times 1\) 的向量表示線段樹的節點，\(2 \times 2\) 的向量表示懶標記，維護區間矩陣乘法。

submission

P6327 區間加區間 sin 和

題意：給出一個長度為 \(n\) 的整數序列 \(a_1,a_2,\ldots,a_n\)，進行 \(m\) 次操作，操作分為兩類。

操作 \(1\)：給出 \(l,r,v\)，將 \(a_l,a_{l+1},\ldots,a_r\) 分別加上 \(v\)。

操作 \(2\)：給出 \(l,r\)，詢問 \(\sum\limits_{i=l}^{r}\sin(a_i)\)。

---

\(\sin(x + v)\) 和 \(\cos(x + v)\) 都是線性遞推的。

\[\begin{pmatrix} \sin(x + v) \\ \cos(x + v) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \cos v & \sin v\\ -\sin v & \cos v\\ \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \sin x \\ \cos x \end{pmatrix} \]

線段樹維護即可。

submission

斐波*

題意：斐波那契數列 \(\{fib\}\) 滿足

\[\begin{aligned} &fib(0) = 0, \ fib(1) = 1\\ &fib(n) = fib(n - 1) + fib(n - 2) \end{aligned} \]

\(S\) 是一個可重集合 \(\left\{s_1,s_2,...,s_{|S|}\right\}\)。

\(f(S)\) 定義為

\[\sum_{T \subseteq S} \left[fib(\sum_{s \in T} s)\right]^2 \]

支援兩種操作。

1. 把 \(a_p\) 變為 \(v\)。
2. 計算 \(\sum_{i=l}^{r}\sum_{j=i}^{r}f(\left\{a_i,a_{i+1},..,a_j\right\})\) 。

---

定義 \(g(n) = fib^2(n)\)。

\[\begin{aligned} g(n) &= 2\cdot g(n - 1) + 2\cdot g(n - 2) - g(n - 3)\\ &\\ \begin{pmatrix} g_n\\ g_{n - 1}\\ g_{n - 2} \end{pmatrix} &= \begin{pmatrix} 2 & 2 & -1\\ 1 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} g_{n - 1}\\ g_{n - 2}\\ g_{n - 3}\\ \end{pmatrix}\\ &\\ \end{aligned} \]

證明參考上文 矩陣快速冪最佳化線性遞推.5。

寫成向量形式。

\[\begin{aligned} \vec G(n) &= A \cdot \vec G(n - 1)\\ &= A^n \cdot \vec G(0) \end{aligned} \]

雖然 \(\vec{G(0)}\) 不存在，但仍可透過遞推式求出 \(\vec{G(0)} = \begin{pmatrix}0\\1\\1\\\end{pmatrix}\)。

用向量的第一個元素表示答案。

\[\vec F(S) = \sum_{T \subseteq S} \vec G(\sum_{s \in T} s) \]

往集合裡新增一個元素 \(a\)。

\[\begin{aligned} \vec{F}(S\cup \{a\} ) &= \vec F(S) + \sum_{T \subseteq S} \vec G(\sum_{s \in T} s+ a)\\ \\ &= \vec F(S) + \sum_{T \subseteq S} A^a \vec G(\sum_{s \in T} s)\\ \\ &= \vec F(S) + A^a \cdot \vec F(S)\\ \\ &= (I + A^a) \cdot \vec F(S)\\ \end{aligned} \]

其中 \(I\) 是單位矩陣。

所以

\[\begin{aligned} \vec F(S) &= \prod_{s \in S} (I + A^s) \cdot \vec F(\varnothing)\\ &= \prod_{s \in S} (I + A^s) \cdot \vec G(0)\\ \end{aligned} \]

將 \((I + A^{a_i})\) 視作元素 \(v_i\)。

題目要求的 \(\sum_{i=l}^{r}\sum_{j=i}^{r}f(\left\{a_i,a_{i+1},..,a_j\right\})\) 即

\[\sum_{i=l}^{r}\sum_{j=i}^{r}\prod_{k=i}^{j}v_k \cdot G(0) \]

即區間 \([l, r]\) 內所有子區間的元素積之和。

考慮分治。

將 \([l, r]\) 分為 \([l, mid]\) 和 \([mid + 1, r]\)。

討論貢獻來源，令 \(\{l, r\}\) 表示 \(\prod_{i = l}^r v_i\)。

• 子區間單獨屬於左區間或右區間，向下遞迴。
• 子區間跨塊，貢獻為 \(\sum\limits_{i = l}^{mid}\{i, mid\} \cdot \sum\limits_{i = mid + 1}^{r} \{mid + 1, i\}\).

具體實現用線段樹內維護 \(4\) 個資訊。

對於代表區間 \([l, r]\) 的節點。

1. \(ans\) 表示 \([l, r]\) 的答案。
2. \(self = \prod_{i = l}^r v_i\)
3. \(left = \sum_{i = l}^r\{l, i\}\)
4. \(right = \sum_{i = l}^r\{i, r\}\)

struct Node {
	Matrix ans, self, l, r;
	Node() { self = I; }
	void operator = (Matrix x){
		ans = self = l = r = x;
	}
	friend Node operator + (Node L, Node R) {
		Node x;
		x.ans = L.ans + R.ans + L.r * R.l;
		x.self = L.self * R.self;
		x.l = L.l + R.l * L.self;
		x.r = R.r + L.r * R.self;
		return x;
	}
} t[N << 2];

submission

---

線性方程組

Gauss-Jordan 消元法

思想很簡單，即

• 選主元。
• 選主元不為零的行為主行。
• 用主行消去主行外的所有主元。

---

判斷無解或無窮解。

如果最終增廣矩陣如下。

\[\left[ {\begin{array}{c:c} \begin{matrix} 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 1\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0\\ \end{matrix}& \begin{matrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \\ \end{matrix} \end{array}} \right] \]

最後一行係數矩陣為零，而增廣矩陣非零，無解。

如果增廣矩陣也為零呢？

\[\left[ {\begin{array}{c:c} \begin{matrix} 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 1\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0\\ \end{matrix}& \begin{matrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 0 \\ \end{matrix} \end{array}} \right] \]

可以得到

\[\begin{cases} x_1 = 1 - x_2\\ x_3 = 1 - x_4\\ x_5 = 1 \end{cases} \]

其中 \(x_2, \ x_4 \in \R\) ，有無窮多組解，\(x_2, \ x_4\) 確定，則解確定。

增廣矩陣每一行第一個非零元對於的變數稱為 首變數(lead variable)，化簡過程種跳過的變數稱為 自由變數(free variable)。

因此 \(x_1, x_3, x_5\) 為首變數，\(x_2, x_4\) 為自由變數。

實現：P2455 [SDOI2006] 線性方程組。

時間複雜度 \(O(n^3)\)。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

using db = double;
constexpr int N = 105;

db a[N][N];
int n;

bool neq(db x, db y) {
	return fabs(x - y) > 1e-6;
}


int main() {
	cin.tie(0)->sync_with_stdio(0);
	
	cin >> n;
	for(int i = 1; i <= n; ++ i) {
		for(int j = 1; j <= n + 1; ++ j) {
			cin >> a[i][j];
		}
	}
	int cur = 1;
	for(int k = 1; k <= n; ++ k) {					\\ 選主元
		for(int i = cur; i <= n; ++ i) {
			if(neq(a[i][k], 0)) {					\\ 選主行	
				for(int j = k; j <= n + 1; ++ j) {
					swap(a[cur][j], a[i][j]);
				}
				break;
			}
		} 
		if(neq(a[cur][k], 0)) {						\\ 消元
			db x = a[cur][k];
			for(int j = k; j <= n + 1; ++ j) {
				a[cur][j] /= x;
			}
			for(int i = 1; i <= n; ++ i) {
				if(i == cur) continue;
				db x = a[i][k];
				for(int j = k; j <= n + 1; ++ j) {
					a[i][j] -= x * a[cur][j];
				}
			}
			++ cur;			\\ 主行移至下一行
		}
	}
	for(int i = cur; i <= n; ++ i) {
		if(neq(a[i][n + 1], 0)) {
			cout << -1;
			exit(0);
		}
	}
	if(cur != n + 1) {
		cout << 0;
	}
	else {
		for(int i = 1; i <= n; ++ i) {
            cout << "x" << i << "=" << fixed << setprecision(5) << a[i][n + 1] << '\n';
        }
	}
	return 0;
}

異或方程組

異或可看成模 \(2\) 意義下的加法，寫法與加法無異。

有幾個最佳化的點。

• bitset<N> a[N] 替代係數矩陣。
• 交換用 swap(a[i], a[cur])。
• 消元用 a[i] ^= a[cur])。

時間複雜度 \(O(\dfrac{n^3}{w})\)。

例題

POJ1222

題意：\(5 \times 6\) 的方格，改變一盞燈的狀態會改變周圍所有燈的狀態，給出一種開關方案使得所有燈熄滅。

令 \(x_{i, j} = 0 / 1\) 表示 \((i, j)\) 有無操作。

如果 \((i, j)\) 初狀態為 \(a_{i, j}\)，則達到末狀態需要滿足 \(a_{i, j} \oplus\)

對 \(30\) 個未知數與 \(30\) 個方程進行高斯消元。

如果處理無窮多組解的情況？將自由變數全賦值為 \(0\)，第 \(i\) 行的首變數即列的增廣一列的值。

submission

CF1344F

題意：一個包含三原色 RYB 的序列混合的結果定義為：

• 如果序列開頭兩項顏色相同，將這兩項刪去。
• 如果序列開頭兩項顏色不同，將這兩項替換為與這兩種顏色不同的顏色。
• 特別地，如果序列為空，則混合的結果是白色 W。

有一個長為 \(n\) 的顏色序列（某些位置為空），給出 \(k\) 個操作:

• mix：選擇一個子序列和混合時的順序（忽略空位置），給出其混合後的結果。
• RY：選擇一個子序列，將所有 R 變為 Y，所有 Y 變為 R，B 和空位置不變。
• RB：選擇一個子序列，將所有 R 變為 B，所有 B 變為 R，Y 和空位置不變。
• YB：選擇一個子序列，將所有 Y 變為 B，所有 B 變為 Y，R 和空位置不變。

你需要根據 mix 操作的資訊確定一種可能的原序列。保證 \(n, k \leqslant 10^3\)。

---

將 WRYB 依次賦值為 \(0, 1, 2, 3\)，可以發現 mix 操作即對取出元素做異或。

將 \((00)_2, (01)_2, (10)_2, (11)_2\) 表示為 \((b_ia_i)_2\)。

• RY，交換選定數的 \(a_i, b_i\)。
• RB ，\(b_i \leftarrow a_i \oplus b_i\)。
• YB ，\(a_i \leftarrow a_i \oplus b_i\)。

動態維護當前的 \(a_i\) 和 \(b_i\) 與初始值的關係，設 \(i\) 初始為 \((b_0a_0)_2\)。

• \(t_i = (00) \iff a_i = 0\)。
• \(t_i = (01) \iff a_i = a_{i_0}\)。
• \(t_i = (10) \iff a_i = b_{i_0}\)。
• \(t_i = (11) \iff a_i = a_{i_0} \oplus b_{i_0}\)。

\(b_i\) 同理維護一個 \(t_i'\)。

把 \(a_{i_0}\)，\(b_{i_0}\) 表示為 \(2n\) 個未知數。

對於一次 mix 操作，可以對分別對當前 \(\{a_i\}\) 和\(\{b_i\}\) 異或得到關於 \(a_{i_0}\)，\(b_{i_0}\)的兩組方程。

高斯消元求出所有\(a_{i_0}, \ b_{i_0}\)。

submission

---

線性基

引入

線性基即高中數學向量基底擴充到 \(n\) 維的情況。

線性基內元素線性無關，即不能互相表示。

線性基可以表示出任意當前線性空間內的元素。

異或線性基

對於一組基 \(\{b\}\)，其內元素不能透過異或運算互相表示。

1. 高斯消元求線性基

   求解 \(\{a\} = {1, 3, 4, 6, 7}\) 的一組基底。

   把一個 \(n\) 位二進位制數看作 \(n\) 維向量。

   \[\begin{bmatrix} 1 & 0 & 0\\ 1 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 1\\ 0 & 1 & 1\\ 0 & 1 & 1\\ \end{bmatrix} \]

   執行高斯消元。

   \[\begin{bmatrix} 1 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 1\\ 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0\\ \end{bmatrix} \]

   剩下 \(3\) 個非零元素 \(\{1, 2, 4\}\)即為 \(\{a\}\) 的一組基。

   顯然可用 \(1, 2, 4\) 表示出 \(3, 6, 7\) 卻無法互相表示。

   引理：大小為 \(sz\) 的基底能組成 \(2^{sz}\) 個不同的數。

   證明：高斯消元得到的基底互不相交，任意組合互不相同。

2. 線上求線性基

   高斯消元是離線的，複雜且有侷限性。

   設 \(b_i\) 為基底中最高位為 \(i\) 的元素。

   用如下方法插入新元素，其實際意義與高斯消元無異。

   void insert(int x) {
   	for(int i = 30; i >= 0; -- i) {
   		if(x >> i & 1) {
   			if(b[i] == 0) {
   				b[i] = x;
   				return;
   			}
   			x ^= b[i];
   		}
   	}
   }
   

3. 求線性基內得到的最大（小）元素

   高斯消元得到的基底元素交集為空，全部異或起來即最大值。

   線上插入法可以如下貪心：

   int get_max() {
   	int cur = 0;
   	for(int i = 30; i >= 0; -- i) {
   		cur = max(cur, cur ^ b[i]);
   	}
   	return cur;
   }
   

4. 判斷某個元素是否線上性空間記憶體在

   低位操作不會影響高位，從高到低貪心。

   bool exist(int x) {
   	int cur = 0;
   	for(int i = 30; i >= 0; -- i) {
   		if((x >> i & 1) != (cur >> i & 1)) {
   			cur ^= b[i];
   		}
   	}
   	return x == cur;
   }
   

   模板：submission

例題

CF1101G

題意：

給定 \(\{a_i\}\)，試將其劃分為儘可能多的非空子段，滿足每一個元素出現且僅出現在其中一個子段中，且在這些子段中任取若干段，它們包含的所有數的異或和不能為\(0\)．

如果不存在方案輸出 \(-1\)，否則輸出所有合法的劃分方案中最大的劃分數。

---

表示成字首異或。

設 \(i_1, i_2, \dots i_k\) 為劃分點。

則 \(\{s_{i_2}\oplus s_{i_1 - 1}, \dots s_{i_k}\oplus s_{i_{k - 1} - 1}\}\) 互相組合不能表示出零。

表示出零，當且僅當存在元素能被其他元素表示。

所以 \(\{s_{i_2}\oplus s_{i_1 - 1}, \dots s_{i_k}\oplus s_{i_{k - 1} - 1}\}\) 的線性基（等效於 \(\{s_i\}\) 的線性基）為極大符合條件集合。

線性基的大小唯一確定，無解的情況為 \(s_n = 0\)。

submisson

Reference

OI Wiki
英雄哪裡出來：威爾遜定理 —— 數論四大定理之一
skywalkert：淺談一類積性函式的字首和
《線性代數》（機械工業出版社）