资料与前置知识
必备技能：数论
容斥计数部分已搬到：容斥&计数
当小球遇上盒子
组合基础
组合恒等式
\[nC(n,m)=mC(n-1,m-1) \]
\[C(n,m)=C(n-1,m-1)+C(n-1,m) \]
\[\sum_{0<=i<=n}C(n,i)=2^n \]
\[\sum_{0<=i<=n}(-1)^i * C(n,i)=0 \]
\[\sum_{m<=i<=n}C(i,m)=C(n+1,m+1) \]
\[\sum_{0<=i<=p}C(n,i)C(m,p-i)=C(m+n,p) \]
\[\sum_{i=0}^n(C_n^i)^2 (= \sum_{i=0}^n(C_n^i * C_n^{n-i}) = C_{2n}^n \]
组合数的算法：
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O(\(n^2\)) DP
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当模数为质数时，O(n)阶乘+逆元
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模数较小，n,m巨大时：P3807 【模板】卢卡斯定理；【简介】卢卡斯定理
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模数可分解为 Πp^q，且p^q不大时：P4720 【模板】扩展卢卡斯；【简介】扩展卢卡斯
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无任何特征，但n, m <= 1e6, M <= 1e9以内时：线性筛将阶乘分解质因数，然后除法 -> 减法，最后乘起来就好
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（不常用）对于大阶乘，有一个估算的方法：\(n! = \sqrt{2 \pi n} * (\frac{n}{e})^n\)，其中 \(e\) 为自然对数的底数。可以依据此算一些东西（当然不能暴力算阶乘），比如 \(n!\) 的十进制下的位数，就可以转而求 \(log_{10}n!\)，然后变为求 \(log_{10} (\sqrt{2 \pi n} * (\frac{n}{e})^n)\)，这个要好求一些。
二项式反演：
公式
二项式反演的主要的三种形式：
形式一
\[f[n] = \sum_{i=0}^n (-1)^iC_n^ig[i] \]
\[g[n] = \sum_{i=0}^n (-1)^iC_n^if[i] \]
最对称了，也是最好背的一个。
形式二
\[f[n] = \sum_{i=0}^n C_n^ig[i] \]
\[g[n] = \sum_{i=0}^n(-1)^{n-i}C_n^if[i] \]
形式三
\[f[n] = \sum_{i=n}^m C_{i}^ng[i] \]
\[g[n] = \sum_{i=n}^m (-1)^{i-n}C_i^nf[i] \]
形式二，三一个是 \(n-i,C_n^i\)，一个是 \(i-n,C_i^n\)，主要还是和 \(i,n\) 的大小关系有关。
常见套路
通常是“恰好”与“至少”之间的转换。
注意，这里的“至少”通常不是由“恰好”以1为系数加和而来，而是包含许许多多的重复计数，否则就可以直接前缀和差分了。
设 \(f[i]\) 表示恰好选择 \(i\) 个元素的方案数， \(g[i]\) 表示至少选择 \(i\) 个元素的方案数。然而，\(g[i]\) 的计算通常过于无脑，以至于 \(1101\) 会被 \(g[2]\) 算三次（\(1001,1100,0101\))，然后才能开始反演。
P4859 已经没有什么好害怕的了
首先把假的 \(k\) 转化为真的 \(k\)，然后递推DP之类的...
假设我们已经知道了选择 \(i\) 对 A > B ，其它的不管的方案数\(dp[i]\)。这样我们可以无脑地算出 \(g[i] = dp[i] * (n-i)!\)，但是会算重好多。
设 \(f[i]\) 表示恰好有 \(i\) 对的方案数。则：
\[g[i] = \sum_{j=i}^n f[j] * C_j^i \]
也就是说，\(g[i]\) 会将 \(f[j]\) 的每种情况都算重 \(C_j^i\) 次。
然后就是二项式反演的套路了。
\[f[i]=\sum_{j=i}^n (-1)^{j-i}C_j^ig[j] \]
\(n^2\) 计算即可。
P5505 [JSOI2011]分特产
同样大致的套路，都是先“无脑”，后推式子反演。
据说可以用容斥做，但是我刚容斥到第二项就脑壳疼了。
#2839. 集合计数
之前曾经用容斥的方法做过这道题，但是推的式子不一样。
那一次我是考虑当前 \(g\) 选择的那 \(i\) 个元素以外再多出那么几个元素，有多少种方案，然后乘上对应的组合数容斥打表。
这一次我还是按照套路，将 \(g\) 的实质分类讨论，其中对于交了 \(j\) 个的情况，\(g\) 的计算中一共有 \(f[j]\) 种情况，并且每一种情况都恰好被计算了 \(C_j^i\) 次；情况与情况之间无关，可以用加法原理， 然后就是那个老套路了。看来这两种方法应该结果是一样的。
特殊数列：
prufer序列
将一棵无根树进行如下操作：
将找到编号最小的叶子节点，记录与其相连的节点编号，然后删除掉它。直至只剩两个点。其中记录的编号序列即为该无根树的prufer序列。
显然，大小为 \(n\) 的无根树的prufer序列长度为 \(n - 2\).
无根树与prufer序列是一一对应的。已知一无根树可以求其prufer序列，已知prufer序列可以求其对应的无根树。方法见：P6086 【模板】Prufer 序列，主要是模拟求prufer序列，推测最小叶子节点构造无根树。
无根树的prufer序列中，一个点的出现次数=其度数-1，因为每个点只有在删除自己时会“消耗”一条连边而不将自己编号记录一遍。
根据无根树与prufer序列的一一对应的关系，可以将其互相转化，以简化问题。如：n个点的完全图生成树有 \(n^{n-2}\) 个；另外还有：P2624 [HNOI2008]明明的烦恼
错排数
枚举最后一个的错排情况(两个位置互相“占用”，或者把 \(n\) 放 \(i\) 那里，把 \(a_i\) 放 \(n\) 那里）（或者说分类考虑最终答案里面放 \(n\) 的那个位置的下标是否是 \(a_n\),然后加法原理），O(n)递推：
f[n] = f[n - 1] * (n - 1) + f[n - 2] * (n - 1)
= (n - 1)(f[n - 1] + f[n - 2])
其中，f[0] = 1, f[1] = 0;
Catalan数
斯特林数：
实际上斯特林数还可以用于普通幂和阶乘幂之间的转化，不过就比较高级了。
第一类斯特林数
\(s[n][m]\) 表示把 \(n\) 个有标号元素划分为 \(m\) 个非空圆排列的方案数。
\[s[n][m] = s[n - 1][m - 1] + s[n - 1][m] * (n - 1) \]
第二类斯特林数
\(s[n][m]\) 表示把 \(n\) 个有标号元素分成 \(m\) 个非空集合的方案数。即把 \(n\) 个元素（有标号）分成 \(m\) 份（无标号），不能为空。
\[s[n][m] = s[n - 1][m - 1] + s[n - 1][m] * m \]
然后对比"把 \(n\) 个元素（有标号）分成 \(m\) 份（有标号），可以为空"的式子：\(m^n\)
然后考虑它们之间的关系：枚举第二种中非空集合的个数：
\[m^n = \sum_{i=0}^{m} C_m^i × s[n][i] × i! \]
然后发现可以二项式反演：
\[s[n][m] * m! = \sum_{i=0}^{m} C_m^i × i^n × (-1)^{m-i} \]
\[s[n][m] = \sum_{i=0}^m \frac{i^n(-1)^{m-i}}{i!(m-i)!} \]
令 \(A_i = \frac{i^n}{i!}\)，\(B_i = \frac{(-1)^i}{i!}\)，那么：
\[s[n][m] = \sum_{i=0}^m A_i * B_{m-i} \]
然后发现对于 \(n\) 固定的情况， \(s[n][m]\) 是 \(A_i\) 和 \(B_i\) 的卷积形式，这样我们就可以 NTT 优化到 \(O(nlogn)\) 求一批第二类斯特林数了。
一些小技巧
\[m^n = \sum_{i=0}^{m} C_m^i × s[n][i] × i! \]
对于这个式子我们可以把 \(a^k\) 这样的数换一种形式：
\[a^k = \sum_{i=0}^{a} C_a^i × s[k][i] × i! \]
然后通常就可以优化一些式子了。比如：P4827 [国家集训队] Crash 的文明世界
整数划分数
将 \(n\) 划分为 \(m\) 个正整数的和的方案数：
\[f[n][m] = f[n - 1][m - 1] + f[n - 1][m] \]
伯努利数
我们设自然数幂和：
\[S_m(n)=\sum_{i=0}^{n-1}i^m \]
将其用关于 \(n\) 的 \(m+1\) 次多项式表示，并在其中定义伯努利数 \(B_i\)：（证明见链接）
\[S_m(n)=\dfrac{1}{m+1} \sum_{i=0}^{m} {m+1 \choose i} B_in^{m+1-i} \]
伯努利数的递归定义式：
\[\sum_{i=0}^{m} {m+1 \choose i} B_i = [m=0] \]
生成函数定义式：
\[B(x)=\frac{x}{e^x-1} \]
具体见链接。
置换群：
给有n个珠⼦的项链染⾊，共有m种颜⾊，考虑旋转（或旋转+翻折），求方案数。
- 找置换（映射）群（集合）
如何确定自己把置换群找对了？
- 不要重复
- 要有恒等置换
- 要有任两个置换的复合
- 要有任何⼀个置换的逆置换
- burnside引理
本质不同的项链数 = sigma{每个映射的不动点数目} / |P|
其中，|P|为置换群大小，通常为旋转0次,1次，2次...n - 1次中的 n 。
- polya定理
对于这种只有翻转、旋转的置换，不仅是A到A的映射，还是珠子到珠子的映射。这时候，每个置换其实对应了一个排列，把原来珠子的位置映射到新的珠子的位置。
对于这种本质上是排列的置换，求不动点的实质就是求这个排列有多少个环。每个排列都是若干个循环的复合：我们把排列位置i上的数字设为p_i，i->pi连一条边，得到的是一个环的森林，每一个环都要染成一样的颜色。总的染色方案数，
就是颜色数 的 “环的个数” 次方。这个叫做polya定理。
-by gzz学长
例题：Color
双倍经验：P4980 【模板】Polya定理
其实是个推式子题。
第一张图片注释：
第二行把g除掉后，i/g和n/g互质，所以i/g有逆元。因此，给定唯一的t（<n/g），都有唯一不同的一个答案，从而得出结论：环的大小为n/g
第二张图片注释：
第二个等号：n -> n/g, i -> i/g，因此范围缩小g，到0~(n-1)/g，等价于0~(n/g)-1
Code:
inline ll polya(int n) {
ll res = 0;
for (register int i = 1; i * i <= n; ++i) {
if (n % i == 0) {
register int g = i;
res += quickpow(n, g - 1) * get_phi(n/g) % P;
if (i * i != n) res += quickpow(n, n/g - 1) * get_phi(g) % P;
res %= P;
}
}
return res;
}
Continued...