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n n n个点的所有子集的子集数量为 3 n 3^n 3n
证明 : k :k :k个点总共有 2 k 2^k 2k个集合, n n n个点数量为 k k k的子集数量为 C n k C_n^k Cnk。所以答案就是 ∑ k = 0 n C n k 2 k \sum_{k=0}^nC_{n}^k2^k k=0∑nCnk2k
∑ k = 0 n C n k 2 k 1 n − k \sum_{k=0}^nC_{n}^k2^k1^{n-k} k=0∑nCnk2k1n−k 然后二项式定理 ⇒ ( 1 + 2 ) n = 3 n \Rightarrow (1+2)^n=3^n ⇒(1+2)n=3nfor(int i=s;i>=0;i=(i-1)&s)//i-1后去掉末尾的1或者全部退位变为1
最大独立集=最小路径覆盖=点数-最大匹配
对于一个数不断模上另一个数那么有
x % m { x % m = x x % m ≤ x 2 x\%m\left\{\begin{matrix} x\%m=x \\ x\%m\leq \frac{x}{2} \end{matrix}\right. x%m{ x%m=xx%m≤2xH ( n ) = ∑ i = 0 n − 1 H ( i ) H ( n − i − 1 ) H(n)=\sum_{i=0}^{n-1}H(i)H(n-i-1) H(n)=i=0∑n−1H(i)H(n−i−1)
H ( n ) = C 2 n n − C 2 n n − 1 H(n)=C_{2n}^n-C_{2n}^{n-1} H(n)=C2nn−C2nn−1
前若干项( X X Y XXY XXY说万一打表的时候遇到了呢) : 1 , 1 , 2 , 5 , 14 , 42 , 132 , 429 , 1430 , 4862 , 16796 , 58786 , 208012 , 742900 , 2674440 , 9694845 : 1, 1, 2, 5, 14, 42, 132, 429, 1430, 4862, 16796, 58786, 208012, 742900, 2674440, 9694845 :1,1,2,5,14,42,132,429,1430,4862,16796,58786,208012,742900,2674440,9694845
d p dp dp时如果 f x , j f_{x,j} fx,j中 j j j的上界是 s i z x siz_x sizx,合并的复杂度是 O ( n 2 ) O(n^2) O(n2)的
n m = ∑ k = 0 m { m k } ( n k ) k ! n^m=\sum_{k=0}^m\begin{Bmatrix}m\\k\end{Bmatrix}\binom{n}{k}k! nm=k=0∑m{ mk}(kn)k!
⇒ { n m } = 1 m ! ∑ k = 0 m ( − 1 ) k ( m k ) ( m − k ) n \Rightarrow\begin{Bmatrix}n\\m\end{Bmatrix}=\frac{1}{m!}\sum_{k=0}^m(-1)^{k}\binom{m}{k}(m-k)^n ⇒{ nm}=m!1k=0∑m(−1)k(km)(m−k)n
∑ i = 1 n f i 2 = f i f i + 1 \sum_{i=1}^nf_i^2=f_if_{i+1} i=1∑nfi2=fifi+1
2 ∗ n 2*n 2∗n个点的二分图匹配,如果满足任意 k k k个点都连接了不少于 k k k个点的话,那么这张图就有完全匹配。
证明:
考虑反证,假设存在一个二分图G满足HALL定理而没有完美匹配。
那么考虑一个不在最大匹配中的X部的点,由于HALL定理其至少与Y部的一个点相连。 那么再考虑Y部的这个点,显然其一定在最大匹配中,然后根据HALL定理,这个点一定还连向另外一个X部的点。 再考虑这个X部的点,还有一个Y部的点与其相连。。。。 所以我们最后一定能推出矛盾。 故原命题得证,Q.E.D.
( a + b ) p ≡ a p + b p ( m o d p ) (a+b)^p\equiv a^p+b^p(mod\ \ p) (a+b)p≡ap+bp(mod p)
I : I [ x ] = 1 I:I[x]=1 I:I[x]=1
i d : i d [ x ] = x id:id[x]=x id:id[x]=x ϵ : ϵ [ x ] = [ x = 1 ] \epsilon:\epsilon[x]=[x=1] ϵ:ϵ[x]=[x=1] μ : \mu: μ:莫比乌斯函数 φ : \varphi: φ:欧拉函数 d : d: d:约数个数函数 σ k : \sigma^k: σk:约数 k k k次方和函数 φ ∗ I = i d \varphi*I=id φ∗I=id μ ∗ I = ϵ \mu*I=\epsilon μ∗I=ϵ μ ∗ i d = φ \mu*id=\varphi μ∗id=φ I ∗ I = d I*I=d I∗I=d i d k ∗ I = σ k id^k*I=\sigma^k idk∗I=σk f ( x ) = h ( x ) x , f ∗ i d = n ∑ d ∣ n h ( d ) f(x)=h(x)x,f*id=n\sum_{d|n}h(d) f(x)=h(x)x,f∗id=nd∣n∑h(d)k ( n k ) = n ( n − 1 k − 1 ) k\binom{n}{k}=n\binom{n-1}{k-1} k(kn)=n(k−1n−1)
n ! k ! ( n − k ) ! k = n ! ( k − 1 ) ! ( n − k ) ! \frac{n!}{k!(n-k)!}k=\frac{n!}{(k-1)!(n-k)!} k!(n−k)!n!k=(k−1)!(n−k)!n!
( n − 1 ) ! ( k − 1 ) ! ( n − k ) ! n = n ! ( k − 1 ) ! ( n − k ) ! \frac{(n-1)!}{(k-1)!(n-k)!}n=\frac{n!}{(k-1)!(n-k)!} (k−1)!(n−k)!(n−1)!n=(k−1)!(n−k)!n!
F ( n ) = ∑ i = 1 n ( n i ) ( − 1 ) i G ( i ) ⇔ G ( n ) = ∑ i = 1 n ( n i ) ( − 1 ) i F ( i ) F(n)=\sum_{i=1}^n\binom{n}{i}(-1)^iG(i)\Leftrightarrow G(n)=\sum_{i=1}^n\binom{n}{i}(-1)^iF(i) F(n)=i=1∑n(in)(−1)iG(i)⇔G(n)=i=1∑n(in)(−1)iF(i)
F ( n ) = ∑ i = 1 n ( n i ) G ( i ) ⇔ G ( n ) = ∑ i = 1 n ( n i ) ( − 1 ) n − i F ( i ) F(n)=\sum_{i=1}^n\binom{n}{i}G(i)\Leftrightarrow G(n)=\sum_{i=1}^n\binom{n}{i}(-1)^{n-i}F(i) F(n)=i=1∑n(in)G(i)⇔G(n)=i=1∑n(in)(−1)n−iF(i)F ( n ) = ∑ d ∣ n G ( d ) ⇔ G ( n ) = ∑ d ∣ n μ ( d ) F ( n d ) F(n)=\sum_{d|n}G(d)\Leftrightarrow G(n)=\sum_{d|n}\mu(d)F(\frac{n}{d}) F(n)=d∣n∑G(d)⇔G(n)=d∣n∑μ(d)F(dn)
F ( n ) = ∑ n ∣ d G ( d ) ⇔ G ( n ) = ∑ n ∣ d μ ( d ) F ( d n ) F(n)=\sum_{n|d}G(d)\Leftrightarrow G(n)=\sum_{n|d}\mu(d)F(\frac{d}{n}) F(n)=n∣d∑G(d)⇔G(n)=n∣d∑μ(d)F(nd)g c d ( S ) = ∑ d ∣ x , ∀ x ∈ S φ ( d ) gcd(S)=\sum_{d|x,\forall x\in S}\varphi(d) gcd(S)=d∣x,∀x∈S∑φ(d)
F ( S ) = ∑ T ⊆ S G ( T ) ⇔ G ( S ) = ∑ T ⊆ S ( − 1 ) ∣ S ∣ − ∣ T ∣ F ( T ) F(S)=\sum_{T\subseteq S}G(T)\Leftrightarrow G(S)=\sum_{T\subseteq S}(-1)^{|S|-|T|}F(T) F(S)=T⊆S∑G(T)⇔G(S)=T⊆S∑(−1)∣S∣−∣T∣F(T)
m a x { S } = ∑ T ⊆ S ( − 1 ) ∣ T ∣ + 1 m i n { T } max\{S\}=\sum_{T\subseteq S}(-1)^{|T|+1}min\{T\} max{ S}=T⊆S∑(−1)∣T∣+1min{ T}
m a x k t h { S } = ∑ T ⊆ S ( − 1 ) ∣ T ∣ − k ( ∣ T ∣ − 1 k − 1 ) m i n { T } max_{kth}\{S\}=\sum_{T\subseteq S}(-1)^{|T|-k}\binom{|T|-1}{k-1}min\{T\} maxkth{ S}=T⊆S∑(−1)∣T∣−k(k−1∣T∣−1)min{ T} 对期望成立 还有一个扩展就是可以将 g c d gcd gcd理解为两个共同的质因数中取 m i n min min, l c m lcm lcm就是在共同的质因数中取 m a x max max,就有下面的神奇扩展 l c m ( S ) = ∏ T ⊆ S g c d ( T ) ( − 1 ) ∣ T ∣ − k lcm(S)=\prod_{T\subseteq S}gcd(T)^{(-1)^{|T|-k}} lcm(S)=T⊆S∏gcd(T)(−1)∣T∣−k没怎么见过这个东西
F ( n ) = ∑ i = 1 n { n i } G ( i ) ⇔ G ( n ) = ∑ i = 1 n ( − 1 ) n − i [ n i ] F ( i ) F(n)=\sum_{i=1}^n\begin{Bmatrix}n\\i\end{Bmatrix}G(i)\Leftrightarrow G(n)=\sum_{i=1}^n(-1)^{n-i}\begin{bmatrix}n\\i\end{bmatrix}F(i) F(n)=i=1∑n{ ni}G(i)⇔G(n)=i=1∑n(−1)n−i[ni]F(i) F ( n ) = ∑ i = n ∞ ( − 1 ) n − i { n i } G ( i ) ⇔ G ( n ) = ∑ i = n ∞ [ n i ] F ( i ) F(n)=\sum_{i=n}^\infty(-1)^{n-i}\begin{Bmatrix}n\\i\end{Bmatrix}G(i)\Leftrightarrow G(n)=\sum_{i=n}^{\infty}\begin{bmatrix}n\\i\end{bmatrix}F(i) F(n)=i=n∑∞(−1)n−i{ ni}G(i)⇔G(n)=i=n∑∞[ni]F(i) F ( n ) = ∑ i = 1 n { n i } G ( i ) ⇔ G ( n ) = ∑ i = 1 n ( − 1 ) n − i [ n i ] F ( i ) F(n)=\sum_{i=1}^n\begin{Bmatrix}n\\i\end{Bmatrix}G(i)\Leftrightarrow G(n)=\sum_{i=1}^n(-1)^{n-i}\begin{bmatrix}n\\i\end{bmatrix}F(i) F(n)=i=1∑n{ ni}G(i)⇔G(n)=i=1∑n(−1)n−i[ni]F(i) F ( n ) = ∑ i = n ∞ ( − 1 ) n − i { n i } G ( i ) ⇔ G ( n ) = ∑ i = n ∞ [ n i ] F ( i ) F(n)=\sum_{i=n}^\infty(-1)^{n-i}\begin{Bmatrix}n\\i\end{Bmatrix}G(i)\Leftrightarrow G(n)=\sum_{i=n}^\infty\begin{bmatrix}n\\i\end{bmatrix}F(i) F(n)=i=n∑∞(−1)n−i{ ni}G(i)⇔G(n)=i=n∑∞[ni]F(i)后面单位根反演还没学
我是什么废物怎么晚了才会这个啊?
k k k种物品第 i i i个有 a i a_i ai个时全排列的方案是 ( ∑ i = 1 n a i ) ! ∏ i = 1 n ( a i ! ) \frac{(\sum_{i=1}^na_i)!}{\prod_{i=1}^n(a_i!)} ∏i=1n(ai!)(∑i=1nai)! 可以理解为先全部排列一次然后去掉里面同色的排列方案?转载地址:http://kcwaf.baihongyu.com/