組合數
定義：\(\begin{pmatrix}n\\m\end{pmatrix}\) 表示 \(n\) 元集的 \(m\) 元子集個數。
通項
考慮其組合意義：
把所有 \(n!\) 個排列的前 \(m\) 個元素作為選出集合，每個集合被計算 \(m!(n - m)!\) 次。
二項式定理
組合意義：從 \(n\) 個括號裡選出 \(i\) 個給 \(x\)，剩下給 \(y\)。
因此第 \(n\) 行組合數的普通生成函式 \(F_n(x)\) 的封閉形式為：
組合數的對稱性
組合數的吸收公式
遞推公式
組合意義就是討論第 \(n\) 個元素是不是選出的第 \(m\) 個元素。
從生成函式的角度理解：\(F_n(x) = (x + 1) F_{n - 1}(x)\)，對比係數得到遞推公式。
組合數的行和
組合數的列和
把和式中第一個非零項 \(\begin{pmatrix}m\\m\end{pmatrix}\) 看作 \(\begin{pmatrix}m + 1\\m + 1\end{pmatrix}\)。
- \(\binom{m + 1}{m + 1} + \binom{m + 1}{m} = \binom{m + 2}{m + 1}\)。
- \(\binom{m + 2}{m + 1} + \binom{m + 2}{m} = \binom{m + 3}{m + 1}\)。
以此類推得到 \(\begin{pmatrix}n\\m + 1\end{pmatrix} + \begin{pmatrix}n\\m\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}n + 1\\m + 1\end{pmatrix} \)。
範德蒙德卷積
把 \(n + m\) 元集拆成一個 \(n\) 元集和一個 \(m\) 元集。
列舉 \(n + m\) 裡面選 \(k\) 個出來的所有方案與這個 \(n\) 元集的交集 \(i\)，組合意義顯然。
一個很有用的公式
\(n\) 個裡面選 \(m\) 個，再在 \(m\) 個裡面選 \(r\) 個。
等價於 \(n\) 個裡面選 \(r\) 個，在剩下的 \(n - r\) 個裡再選 \(m - r\) 個。
容斥原理
考慮每個元素在右式被計算幾次。
如果一個元素在 \(k\) 個 \(S_i\) 中出現，那麼他會被計算 \(\sum_{i = 1}^k(-1)^{i - 1}\begin{pmatrix}k\\i\end{pmatrix} = [k\ne 0]\)。
因此左邊等於右邊。
很多情況下要求同時滿足 \(n\) 個條件的集合大小。
記 \(S_i\) 為不滿足第 \(i\) 個條件的集合，那麼答案即 \(\vert U\vert - \vert \bigcup_{i = 1}^n S_i\vert\)。
無限制的格路計數
題意：給定 \(n, m \ge 0\)，你一開始在原點，每次可以從 \((x,y)\) 走到 \((x + 1, y + 1)\) 或 \((x + 1, y - 1)\)，問走到 \((n, m)\) 的合法方案數。
設往右上走了 \(t\) 步，則往右下走了 \(n - t\) 步。
解方程 \(t - (n - t) = m\)，\(t = \dfrac{n + m}{2}\)。
如果 \(2 \not\mid n + m\)，那麼方案數為 \(0\)，否則方案數為 \(\begin{pmatrix}n\\ \frac{n + m}{2}\end{pmatrix}\)。
從生成函式的角度理解，次數代表縱座標：
反射容斥
例1：給定 \(n, m \ge 0\) 以及 \(p < 0\)，你一開始在原點，每次可以從 \((x,y)\) 走到 \((x + 1, y + 1)\) 或 \((x + 1, y - 1)\)，
問不經過直線 \(y = p\) 上的點走到 \((n, m)\) 的合法方案數。
考慮用上個模型的方案數減去經過 \(y = p\) 的方案數。
對於一個經過 \(y = p\) 的方案，我們將 \(p\) 上方的路徑折下來，得到一條 \((0, 2p)\) 到 \((n, m)\) 的路徑，任意新路徑都能翻回去，因此這是一個雙射。
則合法方案數等於 \(\begin{pmatrix}n\\\frac{n + m}{2}\end{pmatrix} - \begin{pmatrix}n\\\frac{n + m - 2p}{2}\end{pmatrix}\)。
例2：給定 \(n, m \ge 0\) 以及 \(p < 0,\ q > m\)，你一開始在原點，每次可以從 \((x,y)\) 走到 \((x + 1, y + 1)\) 或 \((x + 1, y - 1)\)，
問不經過直線 \(y = p\) 和 \(y = q\) 上的點走到 \((n, m)\) 的合法方案數。
還是用總方案減去不合法的方案，問題轉化為經過 \(y = p\) 或 \(y = q\) 走到終點的方案數。
對於一條路徑，如果經過 \(y = p\) 就寫 'A'，經過 \(y = q\) 就寫 'B'，如圖路徑寫成 "BBBBAAB"。
把連續相同字元縮成一個，即 "BAB"。
每個路徑都可以對映成一個字串，字串 “AB” 表示一條先經過 \(y = p\) 再經過 \(y = q\) 的路徑，且沒有其他地方與限制相交。
欽定先經過 \(y = p\) 再經過 \(y = q\) 的方案如何求？先將起點延 \(y = p\) 翻折轉化為只有一條限制的情況，再延 \(y = q\) 翻折。
恰好呢？考慮上述計算方式會多計算哪些情況？
所謂 "AB"，我們在計算過程中並不關心 "A" 前面有沒有 "B" 以及 "B" 後面有沒有 "A", "AB", "ABA"...。
也就是說，"BAB", "BABA"... 和 "ABA", "ABAB"... 都會在計算 "AB" 時被算到。
如何構造容斥係數使得每種非法情況（"A", "B", "AB", "BA", "ABA"...）最後計算次數恰好為 \(-1\)。
從另一個角度考慮重複計算，如果 \(T\) 是 \(S\) 的子串，那麼 \(S\) 的所有路徑會在計算 \(T\) 時恰好被算一次。
對於字串 "ABABA"，其本質不同子串有 "A", "AB", "ABA", "ABAB", "ABABA", "B", "BA", "BAB", "BABA"。共 \(2\vert S \vert - 1\) 個。
我們知道 \(\sum_{i = 1}^{2\vert S\vert -1}(-1)^{i} = -1\)，因此把每種字串的容斥係數定為 \((-1)^{\vert S\vert}\) 可以恰好滿足條件。
由於每增加一個字元，橫座標就要增加至少 \(q - p\) 的長度，需要考慮的字串只有 \(O(\dfrac{n}{q - p})\)（不考慮從原點第一次到限制的距離，反正就是很少）。
卡特蘭數
定義：第 \(n \ge 0\) 項卡特蘭數 \(C_n\) 表示長度為 \(2n\) 的合法括號序列數。
通項
用反射容斥解釋這個式子。
左括號表示 \((x, y) \to (x + 1, y + 1)\)，右括號表示 \((x, y) \to (x + 1, y - 1)\)，卡特蘭數等於 \((0, 0)\) 走到 \((2n, 0)\) 不經過 \(y = -1\) 的路徑數。
這樣對映滿足了合法括號序列的充要條件：左括號 = 右括號；任意字首左括號不小於右括號。
遞推式
列舉第一個右括號之間有多少括號對：
透過遞推式解得卡特蘭數的生成函式
子集反演
只考慮第一個式子，第二個類似。
從左推右：
記 \(h(S) = \sum_{T \subseteq S} (-1)^{\vert S\vert - \vert T\vert}\)。
帶回原式：
從右推左：
二項式反演
引入
錯排問題：\(n\) 個人排列。第 \(i\) 個人不能在位置 \(i\)，求合法排列數。
欽定 \(k\) 個人在自己位置上：
定義 \(f(n)\) 為 \(n\) 個人的排列數，\(g(n)\) 為 \(n\) 個人的錯排數。
問題在於 \(f\) 能夠快速計算，如何透過 \(f\) 反求 \(g\)。
有組合恆等式
說一句廢話：
把 \([n - m = 0]\) 用上面的恆等式帶掉：
公式
可以理解為 \(g(S)\) 只與 \(\vert S\vert\) 相關的子集反演。
實際應用中一般用第二種形式，\(f(n)\) 表示欽定 \(n\) 個的方案數，\(g(n)\) 表示恰好 \(n\) 個的方案數。
莫比烏斯反演
引入
週期問題：求長度為 \(n\) 的字串且週期（最小迴圈節）恰為 \(n\) 的字串個數，僅包含小寫字母。
定義 \(f(n)\) 為長度為 \(n\) 的字串個數，\(g(n)\) 為長度為 \(n\) 且週期恰為 \(n\) 的方案數。
顯然有 \(f(n) = 26^n\)，怎麼反求 \(g\)？
設函式 \(\mu\) 滿足
構造一句廢話然後代入：
公式
從子集反演的角度理解這個公式。
把每個數 \(x\) 對映成一個無限長的向量，第 \(i\) 為表示正整數中第 \(i\) 個質數在 \(x\) 中的次數。
整除關係即集合之間的包含關係。
現在目的是從 \(f(n)\) 裡面減掉沒有頂滿（因子）的方案數。
只容斥與原數高度相差 \(1\) 的因子，減掉所有的 \(f(\dfrac{n}{p_i})\)，加上所有 \(f(\dfrac{n}{p_ip_j})\)，以此類推。
這同時也與 \(\mu\) 函式對應：存在平方因子（差兩格）則為 \(0\)；否則為 \(-1\) 的質因子個數次方。
第二類斯特林數
\(\begin{Bmatrix}n\\m\end{Bmatrix}\) 表示把 \(n\) 元集劃分為 \(m\) 個互不區分的非空集合的方案數。
通項公式
先假定 \(m\) 個集合互相區分，最後除以 \(m!\)。
欽定部分集合為空，然後容斥。
遞推式
考慮最後一個元素 \(n\) 扔到哪裡。
選一個現有集合扔進去（雖然集合互不區分，但是元素互不相同）；新增一個集合。
普通冪轉下降冪
\(x^n\) 表示 \(n\) 個元素分配給互相區分的 \(x\) 個集合的方案數。
選出 \(i\) 個集合，\(n\) 個元素分出 \(i\) 個非空集合的方案是 \(s(n, i)\)，由於集合不區分，再乘一個 \(i!\)。
單位根反演
單位根：\(x^n = 1\) 在複平面上的 \(n\) 個解，其中 \(w_{n}^k = e^{i\frac{2k\pi}{n}}\)。
當 \(n \mid k\) 時，\(w_{n}^{ik} = 1\)，右式等於 \(1\)。
否則右邊是一個等比數列，等於 \(\dfrac{1}{n}\times \dfrac{1 - w_{n}^{nk}}{1 - w_{n}^k} = 0\)。
用於模意義下的原根也是對的。
min-max 容斥
以第一種形式為例，第 \(k\) 小的元素被計算的次數等於：
實際應用一般結合期望，也就是如果一個集合的期望最小不好求，可以去求他的期望最大。
高維字首和
二維字首和：
for(int i = 1; i <= n; ++ i) {
for(int j = 1; j <= n; ++ j) {
a[i][j] += a[i - 1][j];
}
}
for(int i = 1; i <= n; ++ i) {
for(int j = 1; j <= n; ++ j) {
a[i][j] += a[i][j - 1];
}
}
三維字首和：
for(int i = 1; i <= n; ++ i) {
for(int j = 1; j <= n; ++ j) {
for(int k = 1; k <= n; ++ k) {
a[i][j][k] += a[i - 1][j][k];
}
}
}
for(int i = 1; i <= n; ++ i) {
for(int j = 1; j <= n; ++ j) {
for(int k = 1; k <= n; ++ k) {
a[i][j][k] += a[i][j - 1][k];
}
}
}
for(int i = 1; i <= n; ++ i) {
for(int j = 1; j <= n; ++ j) {
for(int k = 1; k <= n; ++ k) {
a[i][j][k] += a[i][j][k - 1];
}
}
}
子集和：
用偏序的形式表示子集和，可以發現他就是一個 \(n\) 維，每個維度只有 01 的字首和。
for(int i = 0; i < n; ++ i) { // 列舉維度，1011 用陣列表示為 a[1][1][0][1]
for(int s = 0; s < 1 << n; ++ s) {
if(s >> i & 1) a[s] += a[s ^ 1 << i];
}
}
子集和還有分治做法。
對於一個 \([0, 2^n)\) 的序列，每次把他分成兩部分 \([0, 2^{n - 1})[2^{n - 1}, 2^n)\)。
遞迴處理每個數在各自分治區間的子集和。
考慮合併兩部分資訊。
右邊部分的第 \(n - 1\) 位都是 \(1\)，左邊部分的第 \(n - 1\) 位都是 \(0\)，對應位呈現包含關係（\(x\) 對應 \(x + 2^{n - 1}\)）。
因此右邊再加上左半邊對應的貢獻就可求得當前分治區間的子集和。
時間複雜度 \(T(2^n) = 2T(2^{n - 1}) + O(2^n) = O(n2^n)\)。
快速莫比烏斯變換
集合冪級數 \(F(x)\) 的莫比烏斯變換 \(\hat{F}(x)\) 滿足：
莫比烏斯變換即高維字首和。
莫比烏斯逆變換即高維差分，都可以按維 dp 做到 \(O(\vert U\vert2^{\vert U\vert})\)。
集合並卷積（或卷積）
求集合冪級數 \(H(x) = F(x)G(x)\)，滿足
先求出 \(\hat{H}(x)\)，再做逆變換。
推廣：集合交卷積（與卷積）
同樣令 \(\hat H(x)\) 表示 \(H\) 的變換：
類似的，只不過是高維字首和換成高維字尾和。
集合無交併卷積（子集卷積）
考慮在集合冪級數中引入未定元 \(y\)，指數代表集合大小。
對 \(x\) 做集合並卷積，\(y\) 做乘法卷積，求得 \(H^\prime(x, y) = F^\prime(x, y) G^\prime(x, y)\)，其中 \([x^Sy^{\vert S\vert}]F^\prime(x, y) = [x^S]F(x)\)。
兩個集合無交當且僅當 \(\vert S\cup T\vert = \vert S\vert + \vert T\vert\)。
因此有 \([x^S]H(x) = [x^Sy^{\vert S\vert}]H^\prime(x, y)\)。
我們把形式冪集數 \(F^\prime(x, y)\) 看作一個 \(\vert U\vert\) 行 \(2^{\vert U\vert}\) 的二維矩陣。
每一行保留大小為 \(i\) 的集合係數，其餘全為 \(0\)。
\(\vert U\vert^2\) 列舉 \(F^\prime\) 和 \(G^\prime\) 的行，然後做兩行的集合並卷積，時間複雜度 \(\vert U\vert^32^{\vert U\vert}\)。
考慮 \(\vert U\vert^22^{\vert U\vert}\) 預處理出每一行的莫比烏斯變換，暴力算 \(y\) 卷積時只要 \(O(\vert U\vert)\) 對應係數相乘。
莫比烏斯變換是線性變換，不需要每做一次卷積就要逆變換，係數可以累加。
最後對每一行做莫比烏斯逆變換，時間複雜度 \(O(\vert U\vert^22^{\vert U\vert})\)。
快速沃爾什變換
- 注意 \(T\) 的範圍是所有集合。
考慮分治。
對於 \([0, 2^n)\) 的區間，劃分為 \([0, 2^{n - 1})[2^{n - 1}, 2^n)\) 兩個子問題。
設 \(x\) 原來的係數為 \(f(x)\)，考慮跨塊貢獻後的新系數為 \(f^\prime(x)\)。
對於一個右側元素 \(x + 2^{n + 1}\)，左側對他的貢獻怎麼算？
發現左側對 \(x + 2^{n + 1}\) 的貢獻和原來對 \(x\) 的貢獻（即 \(f(x)\)）是一樣的，因為左邊第 \(n - 1\) 位都為 \(0\)。
右側元素對 \(x + 2^{n + 1}\) 是否還是 \(f(x + 2^{n + 1})\)？
在 \([2^{n - 1}, 2^n)\) 裡做 FWT 時沒有考慮第 \(n - 1\) 位的貢獻，因此 \(f^{\prime}(x + 2^{n - 1}) = f(x) - f(x + 2^{n - 1})\)。
類似地考慮左半邊，\(f^{\prime}(x) = f(x) + f(x + 2^{n - 1})\)。
沃爾什逆變換
試著對 \(\hat F(x)\) 再做一遍沃爾什變換。
第二步中 \(\oplus\) 表示對稱差。\(S\) 和 \(R\) 的公共元素會對 \(-1\) 產生偶數次貢獻。
我們發現只要將 \(\hat{\hat F}(x)\) 的各項係數乘上 \(\dfrac{1}{2^{\vert U\vert}}\) 即可還原 \(F(x)\)，即沃爾什逆變換。
集合對稱差卷積（異或卷積）
設 \(H(x) = F(x)G(x)\)。
burnside 引理
對於一個群 \((G, \times)\)，裡面的元素都是作用於集合 \(X\) 的置換。
\(h = f \times g\implies \forall x \in X,\ h(x) = g(f(x))\)。
\((G, \times)\) 是群需要滿足：
- \(\forall a, b \in G,\ a \times b \in G\)。
- \(\forall a, b, c \in G,\ (a\times b) \times c = a\times (b \times c)\)。
- \(\exists e \in G,\ \forall a \in G,\ e \times a = a \times e = a\)。
- \(\forall a \in G,\exists b \in G,\ a \times b = e\)，把 \(b\) 稱作 \(a\) 的逆元。
如果 \(X\) 中兩個元素可以透過 \(G\) 中置換變得相等，那麼稱他們等價，同屬一個等價類。
\(X\) 中的等價類個數等於
拉格朗日插值
假設已知多項式 \(f(x)\) 的 \(n\) 處點值 \((x_i, y_i)\)，可以構造出滿足這些點值限制的多項式：
如果 \(f(x)\) 次數小於 \(n\)，根據代數基本定理可知 \(f(x) = g(x)\)（我不會證）。
這意味著我們只需 \(n\) 個點值就能確定 \(f(x)\)。
點值表示做乘法時只有 \(O(n)\) 而非卷積的 \(O(n^2)\)。
透過點值還原 \(f(x)\) 可以先 \(O(n^2)\) 求出 \(\prod {x - x_j}\)，然後對於求和的每一項 \(O(n)\) 除一個一次多項式即可。
CF722E Research Rover
題意：\(n \times m\) 的網格，圖上 \(k\) 個關鍵點。給定初始權值 \(s\)，每經過一個關鍵點權值減半（上取整）。
每次只能向右或向下走，求從 \((1, 1)\) 走到 \((n, m)\) 的期望權值。
將關鍵點排序。
最終權值只與經過的關鍵點數有關， \(f_{i, j}\) 表示走到第 \(i\) 個關鍵點恰好選了 \(j\) 個的方案數。
不怎麼好轉移，定義 \(g_{i, j}\) 表示走到 \(i\) 個關鍵點至少走了 \(j\) 個的方案數。
由於我們將方案根據恰好經過的第 \(j - 1\) 個關鍵點進行分類，因此求得的 \(g\) 是不重不漏的。
當 \(j > 20\) 時權值一定削減為 \(1\)，因此只需算到 \(j = 20\)，剩下的貢獻用總方案減掉即可。
submission
CF1097G Vladislav and a Great Legend
題意：給定一顆 \(n\) 個節點的樹 \(T\)，對應任意非空頂點集 \(X\)，\(f(X)\) 定義為它在原圖的極小連通子圖中的邊數，求：
其中 \(n \le 10^5,\ k \le 200\)，極小連通子圖可認為是保留所有邊的虛樹。
\(\begin{pmatrix}f(X)\\i\end{pmatrix}\) 的組合意義是從 \(X\) 的虛樹中選 \(i\) 條邊的方案數。
列舉虛樹根 \(x\) 統計貢獻。現在加入一顆子樹 \(v\)。
肯定是 \(v\) 裡的點集與已經訪問過子樹中的點集（紅色）進行配對，考慮一對點集產生多少方案。
我們需要考慮 \(1\) 選不選，\(2\) 選不選，\(3\) 選不選。
雖然他們都不是紅色子樹中的邊，但是與 \(v\) 中點集配對後都會被經過。
設 \(f_{x, i}\) 表示以 \(x\) 為根的子樹內選中 \(i\) 條邊的生成樹個數（方案不一定合法）。
注意這裡選中的邊不一定是生成樹內部邊，也有可能是生成樹的根到 \(x\) 之間的邊。
現在考慮 \(v\) 子樹中的一棵生成樹。
生成樹內部以及生成樹的根到 \(v\) 之間的邊都已經決策過了，只要決策 \((x, v)\) 選還是不選。
其中 \(f^\prime\) 表示加入 \(v\) 後的 \(f\) 值。
注意這一部分的答案是要計入最終貢獻的，因為統計的都是合法方案。
假設 \(v\) 與右邊結合的方案已經計算完了。
現在要把一些只在 \(v\) 子樹的點集加入 \(f\)，為下一棵子樹的轉移做準備。
點集的根到 \(v\) 都決策過了，還是考慮選不選 \((x, y)\)。
複雜度據說轉移時對 \(k\) 和子樹大小取 \(\min\) 就能做到 \(O(nk)\)，很神秘。submission
CF1750G Doping
題意：疑似有點太難了。
CF1967E1 Again Counting Arrays (Easy Version)
題意：給定 \(n, m, b_0\)，求長度為 \(n\) 的序列 \(a\) 個數，\(1 \le a_i \le m\) 且存在一個非負序列 \(b\) 滿足 \(\forall i \in [1, n], a_i \ne b_i\land\vert b_i - b_{i - 1} \vert = 1\)。
\(n, m, b_0 \le 2\times 10^5\)。
由於要保證 \(b_i\) 非負，貪心的使 \(b_i\) 儘可能大：
- \(b_{i - 1} + 1 \ne a_i \to b_i = b_{i - 1} + 1\)。
- \(b_{i - 1} + 1 = a_i \to b_i = b_{i - 1} - 1\)。
如果其中出現 \(b_i\) 為負，則序列 \(a\) 並不存在一個合法的 \(b\)。
顯然每個 \(a\) 可以按照這種方式唯一生成一個 \(b\)，考慮對 \(b\) 計數。
\(f_{i, j}\) 表示滿足 \(b_i = j\) 的序列 \(a\) 個數。
第一種轉移 \((m - 1)f_{i, j} \to f_{i + 1, j + 1}\)。第二種轉移 \([j < m]f_{i, j} \to f_{i + 1, j - 1}\)。
如果第 \(i\) 個數已經到 \(m\) 了，後面隨便怎麼填都合法，不妨就用 \(f_{i, m}\) 記錄 \(j \ge m\) 的所有情況：\(mf_{i, m} \to f_{i + 1, m}\)。
時間複雜度 \(O(nm)\)，不能透過。
從另一個角度考慮這個問題，把 \(b\) 的生成看作一個點從 \((0, b_0)\) 開始的遊走，碰到 \(y = m\) 或 \(x = n\) 則結束遊走。
如果第 \(i\) 步往右上走，說明 \(a_i\) 有 \(m - 1\) 種取值；否則 \(a_i\) 只有一種取值。
列舉 \(O(n)\) 種終點 \((i, m)\) 或 \((n, j)\)，求從 \((0, b_0)\) 不經過 \(y = -1\) 和 \(y = m\) 到達終點的路徑數。
終點確定向右上和右下的步數也確定，往右上走對應 \(m - 1\) 種 \(a\) 的取值，往右下走對應唯一一種取值。
由於最後一步是確定的，反射容斥的終點設為 \((i - 1, m - 1)\) 可以規避一些邊界。反射容斥做到單次 \(O(\dfrac{n}{m})\)。
取閾值 \(B = \sqrt n\)，按照 \(m\) 的大小分兩種做法，時間複雜度 \(O(nB + \dfrac{n^2}{B})\)。submission
P4221 [WC2018] 州區劃分
題意：\(n\) 個城市劃分為若干州。一個州合法當且僅當其生成子圖不存在尤拉回路。求所有合法劃分的滿意度之和。
一個劃分的滿意度等於所有州的滿意度之積。
第 \(i\) 個州的滿意度定義為第 \(i\) 個州的人口在前 \(i\) 個州的人口中所佔比例的 \(p\) 次冪，即
給出每個城市的人口 \(w_i\) 以及常數 \(p\)，保證 \(n \le 21\) 且無重邊無自環。
\(O(m2^n)\) 預處理每個州 \(S\) 是否合法，\(S\) 中存在尤拉回路當且僅當子圖連通且所有點度數為偶。
記 \(W(S) = (\sum_{x \in S} w_x)^p\)，\(f(S)\) 表示全集為 \(S\) 時的答案。
列舉 \(S\) 中最後一個州 \(T\)：
把 \(W(S)\) 提出來，記 \(g(T) = \text{legal}(T) \times {W(T)}\)，中間的 \(f(S\setminus T) \times g(T)\) 實際就是一個子集卷積（集合無交併）。
令 \([x^Sy^{\vert S\vert}]g^{\prime}(x, y) = [x^S]g(x)\)，\(x\) 做或卷積，\(y\) 做乘法卷積。
把冪級數看作 \(n \times 2^n\) 的矩陣，每次列舉 \(f^{\prime}\) 的行 \(i\)，和 \(g\) 的每行（除第 \(0\) 行）做或卷積，把答案累計到 \(j > i\) 的 \(f^{\prime}\) 上（乘法卷積使 \(y\) 的指數變大）。
時間複雜度 \(O(n^22^n)\)。submission
NFLSOJ 3392. 計算
題意：定義 \(F(x, a, b) = \gcd(x^a - 1, x^b - 1) + 1\)，如果 \(a, b\) 其一為零則值為零。
給出 \(m, a, b, c, d\)，令 \(L = F(m, a, b) + 1, R = F(m, c, d)\)，保證 \(L < R \le 10^{18}, m \le 10^7\)。
求集合 \(\{L, L + 1, \cdots, R - 1, R\}\) 有多少個子集和能被 \(m\) 整除。
觀察 \(F\) 的定義，把他放在 \(x\) 進位制下考慮，不難發現 \(F(x, a, b) = x^{\gcd(a, b)}\)，舉個十進位制的例子：\(\gcd(9999, 99) = \gcd(9999 - 9900, 99) = 10^{\gcd(4, 2)} - 1\)。
由於 \(L \equiv 1 \pmod m\) 且 \(R \equiv 0\pmod m\)，因此每種餘數出現的次數都是 \(n = \dfrac{R - L + 1}{m}\)。
列舉子集和：
考慮如果 \(w_m^{ti} = w_m^{tj}\) 也就是 \(ti \equiv tj \pmod m\)。
那麼有 \(m \mid t(i - j)\)，因此指數迴圈的最小正週期為 \(m/d\)，且 \(0, d, 2d, \cdots, (m/d - 1)d\) 每個恰好出現一次，\(d = \gcd(t, m)\)。
（最小正週期內兩兩不同餘是顯然的，\(tj \equiv x \pmod m\) 的必要條件是 \(d \mid x\)）
因此：
說明這個乘積與 \(t\) 無關，不妨直接列舉 \(d\)：
根據分圓多項式 \(x^m - 1 = \prod_{i = 0}^{m - 1} (x - w_{m}^i)\)：
暴力列舉因子，時間複雜度 \(O(\sqrt m + d(m)\log n)\)。submission
NFLSOJ 5005. 禮物
題意：計算有多少個不同的有 \(n\) 個珠子的手環，滿足有 \(m\) 個珠子是金色的，且金色珠子的最長連續段長度不超過 \(k\)。
兩個手環相同當且僅當它們可以透過旋轉變得一模一樣。\(1 \le n \le 10^6 , 0 \le k \le m \le n\)。
一共 \(n\) 種旋轉置換，第 \(i\) 個表示順時針轉 \(i\) 格，計算每種置換對應的不動點個數，最後除以 \(n\)。
考慮一種染色方案的最小正週期 \(T \mid n\)，不妨破環成無限長的鏈，\(f(p) = f(p + T)\)。
如果存在 \(i\) 使得 \(f(p) = f(p + i)\)，一定有 \(T \mid i\)，即所有 \(T \mid \gcd(i, n)\) 的方案會被 \(i\) 計算到。
考慮列舉 \(d = \gcd(i, n)\) 作為週期，使每種最小正週期 \(T\mid d\) 被恰好算一次，有 \(\varphi(\frac{n}{d})\) 種置換滿足 \(d = \gcd(i, n)\)。
假設已經特判掉 \(d = n\) 的情況，現在可以把環拆成 \(\frac{n}{d}\) 個完全相同的部分（已經變成鏈了），對這部分計數。
\(n \gets d, m \gets \frac{md}{n}\)。不妨把 \(n - m\) 個白子先排列好，然後插空，滿足任意間隔不插超過 \(k\) 個。
最右邊的間隔不能填，因為和下一迴圈節的最左間隔等閒。那麼問題轉化為求不定方程 \(\sum_{i = 1}^{n - m} x_i = m,\ 0 \le x \le k\) 的解的數量。
欽定 \(z\) 個超過 \(k\)，總和可以減掉 \((k + 1)z\)，等價於 \(\sum_{i = 1}^{n - m} x_i = m - kz\) 的非負整數解數 \(\begin{pmatrix}n - (k + 1)z - 1\\ n - m - 1\end{pmatrix}\)，因此可以 \(O(d)\) 容斥。
時間複雜度 \(\sum_{d \mid n} d = \sigma(n)\)，即 \(O(n\log\log n)\)。submission