更好的阅读体验 从《具体数学》第五章 二项式系数中选了一些个人认为比较 useful 的内容，添加了部分解释和证明。 组合数 在 \(n\) 个元素中选择 \(m\) 个的方案数，记作 \(\dbinom{n}{m}\)，定义为： \[\dbinom{n}{m}=\dfrac{n!}{m!}{(n-m)!} \]其中 \(n,m\) 为非负整数。 当 \(m\) 为非
1.学习了MCS最大势算法，补充了弦图几个性质和konig定理的证明，做完了PPT。 2.继续做了2道网络流24题，几道弦图相关的题目，看了昨天的CF，D题不是很懂 3.最大流最小割定理,弦图是完美图和Tutte，平面图判定的证明还不理解或没找到，一般图的最大匹配还不懂 4.帮着做了一点计数的内容，min-max容
二项式反演 定理 \(1\)：\(F(n)=\sum_{i=0}^{n}{{n\choose i}G(i)}\Leftrightarrow G(n)=\sum_{i=0}^{n}{(-1)^{n-i}{n\choose i}F(i)}\) 证明： 提取系数有 \(F[n]=\sum_{i=0}^{n}{{n\choose i}G[n]}\) \(\displaystyle \to \frac{F[n]}{n!}=\sum_{i=0}^{n}{\frac{1}{(n-i
二项式反演 设 \(f(n)\) 表示 \(n\) 个补集的交集大小，\(g(n)\) 表示 \(n\) 个原集的交集的大小。 \[f_n = \sum_{i=0}^n (-1)^i {n \choose i} g_i \Leftrightarrow g_n = \sum_{i=0}^n (-1)^i {n \choose i} f_i \]\[f_n = \sum_{i=0}^n {n \choose i} g_i \Leftrightarrow g_n
我只知道容斥不知道二项式反演。 反演，顾名思义就是有两个函数 \(f,g\)，知道 \(f\) 用 \(g\) 表示后反过来 \(g\) 用 \(f\) 表示。 二项式反演有一个无敌对称的柿子： \[f(n)=\sum_{i=1}^n(-1)^i\binom{n}{i}g(i)\iff g(n)=\sum_{i=1}^n(-1)^i\binom{n}{i}f(i) \]这个柿子可以拓展到高
100+35+50。 T1 有线性做法。 T2 多项式做法完全听不懂。好像有 dp 做法。 T3 拉格朗日反演 不会。 q-模拟 指的是在原来的理论里引入一个 \(q\)，使得 \(q\to 1\) 时与原理论相同。 定义 q-整数 \([k]_q=\frac{1-q^k}{1-q}\)，这样 \(\lim_{q\to 1} [k]_q=k\)。所以 \([k]!_q=\frac{(
封闭形式 \[{1,1,1,1,...}\to F(x) \]\[F(x)x+1=F(x) \]\[F(x)=\frac{1}{1-x} \]例题 \(a=<1,2,3,...>\) \[F(x)=\sum_{n\geq 0} (n+1)x^n \] 两边求导 \(a_n=\binom{m}{n}\space m\) 为常数 二项式定理：\(F(x)=\sum_{n \ge0} \binom{m}{n}x^n=(1+x)^m\) \(a_
第一种形式 \[f(n)=\sum_{i=0}^n \binom{n}{i}g(i) \]\[g(n)=\sum_{i=0}^n(-1)^{n-i}\binom{n}{i}f(i) \]第二种形式 \[f(k)=\sum_{i=k}^n \binom{i}{k} g(i) \]\[g(k)=\sum_{i=k}^n (-1)^{i-k}\binom{i}{k} f(i) \] 一般 \(f\) 表示至少选 \(k\) 个的方案数，然后就可以将恰好选 \(
组合数 公式一 \[\binom nk=\frac{n!}{k!(n-k)!} \]公式二 \[\binom{n}{k}=\binom{n-1}{k}+\binom{n-1}{k-1} \]公式三 \[\frac1k\binom{n-1}{k-1}=\frac1n\binom nk \]$ \mathbf{Qn1}\quad $证明 \(\displaystyle{\sum_{k=1}^n \binom nk \frac{(-1)^{k+1}}{k}=\sum
这一部分主要是讲一些数数的东西 主要就是打表发现规律再实现这一些内容 Part 1 计数的原理 1.加法原理 &乘法原理 假设一个人穿衣服，有两种穿法: \(1.\)从\(n\)件大衣中选一件穿上 \(2.\)从\(x\)条毛衣中选一件，再从\(y\)件羽绒服上选一件穿 问1和2的方案数 对于1，每一件大衣都是独
由于用了二项式反演，但是一直没证过，心里一直不踏实于是决定证一下 形式零 首先有多步容斥一开始的柿子： \[|A_1\bigcup A_2 \bigcup A_3 ..... \bigcup A_n|=\sum\limits_{i=1}^n|A_i|-\sum\limits_{1<=i<j<=n}|A_i\bigcap A_j|+...+(-1)^{n-1}|A_1\bigcap A_2\bigcap A_3....\bigca
概念 二项式反演其实就是利用容斥的思想处理一些通过求 至少或至多 来解决 恰好 的问题。 形式 \[\begin{align*} f(n)=\sum_{i=0}^n(-1)^i\binom n i g(i)&\iff g(n)=\sum_{i=0}^n(-1)^i\binom n i f(i) \\ f(n)=\sum_{i=0}^n\binom n i g(i)&\iff g(n)=\sum_{i=0}^n(-1)^{n-i}\b
\[\Large(a+b)^n=\sum_{k=0}^n C_n^ka^kb^{n-k} \]在化简一些式子时有用 因此，\(2^n\) （也就是当 \(a=b=1\) ）时也可以表示为： \[\Large2^n=\sum_{k=0}^n C_n^ka^kb^{n-k} \]然而后面这个公式我也不知道有什么用（坑*1）
二项式反演学习笔记 基本形式 如果定义：\(f(n)=\sum\limits_{i=0}^n{\binom{n}{i}g(i)}\) 则：\(g(n)=\sum\limits_{i=0}^n{(-1)^{n-i}\binom{n}{i}f(i)}\) 证明略 推广1 如果定义：\(f(n)=\sum\limits_{i=m}^n{\binom{n}{i}g(i)}\) 则：\(g(n)=\sum\limits_{i=m}^n{(-1)^{n-i}\binom{n}{
第一反演公式（定理）： 如果多项式 \(f\)，\(g\) 有如下关系： \[\begin{cases} f[n]=\sum_{i=0}^na_{n,i}*g[i]\\ \\ g[n]=\sum_{i=0}^nb_{n,i}*f[i]\\ \end{cases} \]且 \(a_{i,i}!=0\) ,\(b_{i,i}!=0\) 。 那么对于任意的函数 \(u\)，\(v\) 有： \[u[n]=\sum_{i=0}^na_i*v[i] ⟺ v[n
喜闻乐见的公式： 公式1： \(\large f(n) = \displaystyle\sum^n_{k=0}\dbinom{n}{k}g(k) \\ \large \Rightarrow g(n) = \displaystyle\sum^n_{k=0}\left(-1\right)^{n - k}\dbinom{n}{k}f(k)\) 公式2(至多与恰好问题)： \(\large f(n) = \displaystyle\sum^n_{k=m}\db
一般形式 \[f(n)=\sum_{k=0}^n \begin{pmatrix}n\\k \end{pmatrix}g(k)\\ \Rightarrow g(n)=\sum_{k=0}^n(-1)^{n-k}\begin{pmatrix}n\\k \end{pmatrix}f(k) \]\(~~~~\) 可以认为是至多与恰好的特殊形式。 至多与恰好 \[f(n)=\sum_{i=m}^n \begin{pmatrix} n\\i \end{pmatrix} g
二项式定理与组合恒等式 前置知识 \[\dbinom {n} {k} = \mathrm{C} _ n ^ k = \dfrac {n!} {(n - k)! \times k!} \]二项式定理 二项式定理：设 \(n\) 是正整数，对于一切 \(x\) 和 \(y\) \[{(x + y)} ^ n = \sum \limits _ {k = 0} ^ n \dbinom {n} {k} x ^ k y ^{n - k} \]常用形式
\[{\Large \mathbb{No \ hay \ cosa \ mas \ feliz \ en \ el \ mundo \ que \ ver \ tu \ sonrisa \ mi \ Miffy}} \] Task 1 \(\mathcal{Prob:}\) \((3x - 2y)^{18}\) 的展开式中， \(x^5y^{13}\) 的系数是什么？\(x^8y^9\) 的系数是什么？ \(\mathcal{Sol:}\) 由二项
小明最近在研究一个问题： 在整式的乘法中，(a+b)^1=a+b(a+b)1=a+b，(a+b)^2=a^2+2ab+b^2(a+b)2=a2+2ab+b2，这些都很容易计算。 但是我们如果要求的(a+b)^n(a+b)n展开式， 就不太容易了。 小明想请你帮他解决这个问题 输入格式 输入仅一行，一个整数 nn。 输出格式 输出一行表达式，格式为：(a
简要题意： 在长度为 \(l\) 的数轴上均匀随机 \(n\) 个区间，求被至少 \(k\) 个区间覆盖的长度期望。 这个描述已经足够形式化了，下面直接开始推导。 设 P_x 为每个点合法的概率，二项式反演有： $$P_x=\sum_{i=k}^n\binom{n}{i}(2x(1-x))^i(1-2x(1-x))^{n-i}$$ 枚举 \(k\)，则 $$answer =
杨辉三角，是二项式系数在三角形中的一种几何排列，中国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中出现。在欧洲，帕斯卡（1623----1662）在1654年发现这一规律，所以这个表又叫做帕斯卡三角形。帕斯卡的发现比杨辉要迟393年，比贾宪迟600年。--节选自百度百科的废话。 这是百度百科声
对于序列 \(\{f_n\}\) 和 \(\{g_n\}\)，通过 \(f\) 计算出 \(g\) 叫做正演，通过 \(g\) 计算出 \(f\) 叫做反演。 形式 二项式反演讲的是： \[g_n=\sum_{i=0}^n\binom{n}{i}f_i \Leftrightarrow f_n=\sum_{i=0}^n(-1)^{n-i}\binom{n}{i}g_i \]证明 将组合数展开得到： \[\begin{aligned} &
1.卡特兰数 \[C_{n}=\dfrac{\dbinom{2n}{n}}{n+1} \]2.lucas 设\(n=kp+a\),\(m=lp+b\) \[\dbinom{n}{m}\equiv\dbinom{k}{l}\dbinom{a}{b}(\bmod p) \]3.二项式定理 \[(1+x)^{n}=\sum\limits_{i=0}^{n}\dbinom{n}{i}x^{i} \]4.二项式反演 对于\(f,g\)序列,若满足 \[g_{m}=\s
题目 \[\large\sum_{i=0}^nC(n,i)S^ia_{i\bmod 4} \]\(n\leq 10^{18},S,a\leq 10^8\) 分析 前面这一坨看起来就像是二项式定理，考虑如何把后面这一坨弄掉 \[\large=\sum_{i=0}^nC(n,i)S^i\sum_{j=0}^3a_j[i\bmod 4==j] \]由于\([i\bmod 4==j]\)等同于\([4|(i-j)]\) \[\large=\frac
