数学杂烩总结(多项式/形式幂级数+FWT+特征多项式+生成函数+斯特林数+二次剩余+单位根反演+置换群)

因为不会做目录所以请善用ctrl+F

本来想的是笔记之类的，写着写着就变成了资源整理

一些有的没的的前置

导数

$f'(x)=\lim\limits_{\triangle x\rightarrow 0}\frac{f(x+\triangle x)-f(x)}{\triangle x}$

$\sin x:\cos x$

$\cos x:-\sin x$

$\ln x:\frac{1}{x}$

$e^x:e^x$

$x^n:nx^{n-1}$

$\log_a^x:\frac{1}{x\ln a}$

$a^x:a^x\ln a$

$[af(x)+bg(x)]'=af'(x)+bg'(x)$

$[f(x)g(x)]'=f(x)g'(x)+f'(x)g(x)$

$[\frac{f(x)}{g(x)}]'=\frac{f'(x)}{g(x)}-\frac{f(x)g'(x)}{g^2(x)}$

$[f(g(x))]'=f'(g(x))\times g'(x)$

牛顿迭代

$x_i=x_{i-1}-\frac{f(x_{i-1})}{f'(x_{i-1})}$

泰勒展开

$f(x)=\sum\limits_{i=0}^{\infty }\frac{f^{(i)}(x_0)(x-x_0)^i}{i!}$

麦克劳林展开

$f(x)=\sum\limits_{i=0}^{\infty}\frac{f^{(i)}(0)}{i!}x^i$ (麦克劳林级数)

是泰勒公式的特殊形式。

几个常见泰勒展开

$ln(1-x)=\sum\limits_{i}-\frac{x^i}{i}$

$e^x=\sum\limits_{i=0}^{\infty}\frac{x^i}{i!}$

$sin(x)=\sum\limits_{i=0}^{\infty}(-1)^i\frac{x^{2i+1}}{(2i+1)!}$

$cos(x)=\sum\limits_{i=0}^{\infty}(-1)^i\frac{x^{2i}}{(2i)!}$

$\frac{1}{(1-x)^n}=\sum\limits_{i=0}^{\infty}\binom{i+n-1}{n-1}x^i$ (可以用生成函数理解)

一个结论:$e^{ix}=cos(x)+i\times sin(x)$

拉格朗日插值

$\sum\limits_{i=1}^{n}y_i\prod\limits_{j!=i}\frac{(x-x_j)}{(x_i-x_j)}$

多项式操作/形式幂级数

多项式求逆

$C=B\times (2-AB)$

(因为太常见我就不推了)

多项式开根

$(B-C)=0$

$B^2+C^2+2BC=0$

$B^2+A+2BC=0$

$C=(A/B+B)/2$

这里插一个二次剩余的Cipolla算法

要求$x^2=n$

随一个$t$，使得$(t^2-n)^{(p-1)/2}=p-1$

设$I=t^2-n$

那么答案就是$(t+\sqrt I)^{(p+1)/2}$

多项式$ln$

$B=lnA$

$B'=\frac{A'}{A}$

(不用倍增！当然倍增也不会错复杂度也一样)

多项式$exp$

$B=e^A$

$lnB=A$

$lnB-A=0$

$B=B-(lnB-A)\times B=B\times (1-lnB+A)$

多项式求导

for(i=1;i<len;i++)b[i-1]=a[i]*i;

多项式求积分

for(i=1;i<len;i++)b[i]=a[i-1]*inv[i];

多项式快速幂

$B(x)=A(x)^n$

$lnB(x)=nlnA(x)$

常数项不为$1$需要特殊处理。

https://blog.csdn.net/xyz32768/article/details/82832467

多项式除法

定义$A_R$满足$A_R[i]=A[n-i]$。

$F(x)=Q(x)G(x)+R(x)$ $(deg(F)=n,deg(G)=m,deg(Q)=n-m,deg(R)=m-1)$

$F(\frac{1}{x})=Q(\frac{1}{x})G(\frac{1}{x})+R(\frac{1}{x})$

同乘$x^n$，得$F_R(x)=Q_R(x)G_R(x)+R_R(x)x^{n-m+1}$

$F_R(x)=Q_R(x)G_R(x)(mod\ x^{n-m+1})$

$Q_R=F_R/G_R$

多项式取模

$A\ mod\ B=A-\lfloor \frac{A}{B}\rfloor A$

多项式多点求值

对于$F(x)$和$x_1,x_2,...x_m$求出$F(x_1),F(x_2),...,F(x_m)$。

思路就是分治，同时利用多项式取模减少多项式的次数。

先计算$G_{ls}=\prod\limits_{i=l}^{mid}(x-x_i),G_{rs}=\prod\limits_{i=mid+1}^r(x-x_i)$

对于左边的所有$x_i$，在$G_{ls}$下的点值都是$0$，因此可以把$F$变成$F\ mod\ G_{ls}$，右边同理。

多项式快速插值

$F(x)=\sum\limits_{i=1}^n\frac{\prod_{j!=i}(x-x_j)}{\prod_{j!=i}(x_i-x_j)}y_i$

考虑求出$\prod_{j!=i}(x_i-x_j)$,设$M(x)=\prod_{i=1}^n(x−x_i)$，那么我们就是要求$\frac{M(x)}{x-x_i}$。

$x=x_i$，根据洛必达法则，得这个式子就等于$M'(x_i)$，可以多点求值求出这个。

设$v_i=\frac{y_i}{\prod_{j!=i}(x_i-x_j)}$,我们要求的就是$\sum\limits_{i=1}^nv_i\prod_{j!=i}(x-x_j)$

同样分治即可。

板子:

#include <cstdio>

#include <cstring>

#include <algorithm>

#include <cstdlib>

using namespace std;

typedef long long ll;

typedef unsigned long long ull;

#define mod 998244353

#define N 400050

char buf[100000],*p1,*p2;

#define nc() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,100000,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)

int rd() {

	int x=0; char s=nc();

	while(s<'0') s=nc();

	while(s>='0') x=(((x<<2)+x)<<1)+s-'0',s=nc();

	return x;

}

int inv[N],ntt_w[2][N],mem[N*100],*ptr=mem;

int A[N],B[N],C[N],D[N],E[N],F[N],G[N],inv2=(mod+1)/2;

int qp(int x,int y=mod-2) {

	int re=1;for(;y;y>>=1,x=ll(x)*x%mod)if(y&1)re=ll(re)*x%mod; return re;

}

int INV(int x) {return qp(x,mod-2);}

namespace Cipolla {

	int I;

	struct cp {

		int x,y;

		cp(){}

		cp(int x_,int y_) {x=x_,y=y_;}

		cp operator * (const cp &u) const {

			return cp((ll(x)*u.x+ll(y)*u.y%mod*I)%mod,(ll(x)*u.y+ll(y)*u.x)%mod);

		}

	};

	bool check(int x) {return qp(x,(mod-1)/2)==1;}

	int Sqrt(int n) {

		srand(123123); rand();

		int t=rand()%mod;while(check((ll(t)*t-n)%mod))t=rand()%mod;

		I=((ll(t)*t-n)%mod+mod)%mod;

		cp re=cp(1,0),x=cp(t,1); int y=(mod+1)/2;

		for(;y;y>>=1,x=x*x)if(y&1)re=re*x;

		re.x=(re.x+mod)%mod;

		return min(re.x,mod-re.x);

	}

}

using namespace Cipolla;

void ntt_init(int l) {

	int j,k,t,w,wn,i;

	for(k=2;k<=l;k<<=1) {t=k>>1;

		wn=qp(3,(mod-1)/k); w=1;

		for(j=0;j<t;j++) ntt_w[0][t+j]=w,w=ll(w)*wn%mod;

		wn=INV(wn); w=1;

		for(j=0;j<t;j++) ntt_w[1][t+j]=w,w=ll(w)*wn%mod;

	}inv[1]=1;for(i=2;i<=l;i++) inv[i]=ll(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;

}

inline int Md(int x) {return x>=mod?(x-mod):x;}

void ntt(int *a,int len,int flg) {

	int i,j,k,t,tmp,o=flg!=1;

	static ull F[N];

	for(i=0;i<len;i++)F[i]=(a[i]+mod)%mod;

	for(i=k=0;i<len;i++) {

		if(i>k) swap(F[i],F[k]);

		for(j=len>>1;(k^=j)<j;j>>=1);

	}for(k=2;k<=len;k<<=1) {

		t=k>>1;for(i=0;i<len;i+=k) for(j=i;j<i+t;j++) {

			tmp=F[j+t]*ntt_w[o][j-i+t]%mod; F[j+t]=(F[j]+mod-tmp); F[j]=(F[j]+tmp);

		}

	}

	for(i=0;i<len;i++) a[i]=F[i]%mod;

	if(flg==-1)for(tmp=inv[len],i=0;i<len;i++)a[i]=ll(a[i])*tmp%mod;

}

void get_inv(int*,int*,int,int);

void get_root(int*,int*,int,int);

void get_ln(int*,int*,int,int);

void get_exp(int*,int*,int,int);

struct cirno {

	int *a,len;

	cirno(){}

	cirno(int l) {len=l,a=ptr,ptr+=l;}

	void fix(int l) {len=l,a=ptr,ptr+=l;}

	void rev() {reverse(a,a+len);}

	void get_mod(int l) {int i;for(i=l;i<=len;i++) a[i]=0; len=l;}

	cirno operator + (const cirno &u) const {

		cirno re(max(len,u.len)); int i;

		for(i=0;i<re.len;i++) {

			re.a[i]=((i<len?a[i]:0)+(i<u.len?u.a[i]:0))%mod;

		}return re;

	}

	cirno operator - (const cirno &u) const {

		cirno re(len); int i;

		for(i=0;i<len;i++) {

			if(i>=u.len)re.a[i]=a[i];

			else re.a[i]=(a[i]-u.a[i]+mod)%mod;

		}return re;

	}

	cirno operator * (const cirno &u) const {

		cirno re(len+u.len-1);

		int i,j,l=1;

		if(re.len<=200) {

			for(i=0;i<len;i++) if(a[i]) for(j=0;j<u.len;j++) re.a[i+j]=(re.a[i+j]+ll(a[i])*u.a[j])%mod;

			return re;

		}

		while(l<(len+u.len)) l<<=1;

		memset(A,0,l<<2);

		memset(B,0,l<<2);

		memcpy(A,a,len<<2);

		memcpy(B,u.a,u.len<<2);

		ntt(A,l,1),ntt(B,l,1);

		for(i=0;i<l;i++) A[i]=ll(A[i])*B[i]%mod;

		ntt(A,l,-1);

		memcpy(re.a,A,re.len<<2);

		return re;

	}

	cirno Get_dao() {

		cirno re(len-1); int i;

		for(i=1;i<len;i++) re.a[i-1]=ll(i)*a[i]%mod; return re;

	}

	cirno Get_jifen() {

		cirno re(len+1); int i;

		for(i=1;i<len;i++) re.a[i]=ll(inv[i])*a[i-1]%mod; return re;

	}

	cirno Get_inv(int l) const {

		cirno re(l); get_inv(a,re.a,l,len); return re;

	}

	cirno Get_root(int l) const {

		cirno re(l); get_root(a,re.a,l,len); return re;

	}

	cirno Get_ln(int l) const {

		cirno re(l); get_ln(a,re.a,l,len); return re;

	}

	cirno Get_exp(int l) const {

		cirno re(l); get_exp(a,re.a,l,len); return re;

	}

	cirno Get_pow(int k,int l) const {

		cirno u=Get_ln(l);

		int i;

		for(i=0;i<l;i++) u.a[i]=ll(u.a[i])*k%mod;

		cirno re=u.Get_exp(l);

		return re;

	}

	cirno operator / (cirno u) {

		int n=len,m=u.len,l=1;

		while(l<(n-m+1))l<<=1;

		rev(),u.rev();

		cirno v=u.Get_inv(l);

		v.get_mod(n-m+1);

		cirno re=(*this)*v;

		rev(),u.rev();

		re.get_mod(n-m+1);

		re.rev();

		return re;

	}

	cirno operator % (cirno u) {

		cirno re=*this-u*(*this/u);

		re.get_mod(u.len-1);

		return re;

	}

}tr[N<<2];

char pbuf[2000000],*pp=pbuf;

void write(int x) {

	static int sta[20],tp=0;

	do {sta[++tp]=x%10,x/=10;}while(x);

	while(tp)*pp++=sta[tp--]+'0';

	*pp++=' ';

}

void get_inv(int *a,int *b,int len,int la) {

	if(len==1) {b[0]=qp(a[0]); return ;}

	get_inv(a,b,len>>1,la);

	int l=len<<1,i;

	memset(A,0,l<<2);

	memset(B,0,l<<2);

	memcpy(A,a,min(len,la)<<2);

	memcpy(B,b,len<<2);

	ntt(A,l,1),ntt(B,l,1);

	for(i=0;i<l;i++) A[i]=B[i]*(mod+2-ll(A[i])*B[i]%mod)%mod;

	ntt(A,l,-1);

	memcpy(b,A,len<<2);

}

void get_root(int *a,int *b,int len,int la) {

	if(len==1) {b[0]=Sqrt(a[0]); return ;}

	get_root(a,b,len>>1,la);

	int l=len<<1,i;

	memset(C,0,l<<2);

	memset(D,0,l<<2);

	memset(E,0,l<<2);

	memcpy(C,a,min(len,la)<<2);

	memcpy(D,b,len<<2);

	get_inv(b,E,len,len);

	ntt(C,l,1),ntt(D,l,1),ntt(E,l,1);

	for(i=0;i<l;i++) C[i]=(ll(C[i])*E[i]+D[i])%mod*inv2%mod;

	ntt(C,l,-1);

	memcpy(b,C,len<<2);

}

void get_dao(int *a,int *b,int len) {

	int i; for(i=1;i<len;i++) b[i-1]=ll(i)*a[i]%mod; b[len-1]=0;

}

void get_jifen(int *a,int *b,int len) {

	int i; for(i=1;i<len;i++) b[i]=ll(inv[i])*a[i-1]%mod; b[0]=0;

}

void get_ln(int *a,int *b,int len,int la) {

	int l=len<<1,i;

	memset(F,0,l<<2);

	memset(G,0,l<<2);

	get_dao(a,F,min(len,la));

	get_inv(a,G,len,la);

	ntt(F,l,1),ntt(G,l,1);

	for(i=0;i<l;i++) F[i]=ll(F[i])*G[i]%mod;

	ntt(F,l,-1);

	get_jifen(F,b,len);

}

void get_exp(int *a,int *b,int len,int la) {

	if(len==1) {b[0]=1; return ;}

	get_exp(a,b,len>>1,la);

	int l=len<<1,i;

	memset(C,0,l<<2);

	memset(D,0,l<<2);

	memcpy(C,b,len<<2);

	get_ln(b,D,len,len);

	for(i=0;i<len;i++) D[i]=(i<la?a[i]:0)-D[i];

	D[0]++;

	ntt(C,l,1),ntt(D,l,1);

	for(i=0;i<l;i++) C[i]=ll(C[i])*D[i]%mod;

	ntt(C,l,-1);

	memcpy(b,C,len<<2);

}

#define ls p<<1

#define rs p<<1|1

void build(int l,int r,int p,int *px) {

	if(l==r) {

		tr[p].fix(2);

		tr[p].a[0]=mod-px[l];

		tr[p].a[1]=1;

		return ;

	}

	int mid=(l+r)>>1;

	build(l,mid,ls,px),build(mid+1,r,rs,px);

	tr[p]=tr[ls]*tr[rs];

}

void get_val(cirno F,int l,int r,int p,int *px,int *re) {

	if(F.len<=450) {

		int i,j,t;

		for(i=l;i<=r;i++) {

			ull tmp=0;

			for(j=0,t=1;j<F.len;j++,t=ll(t)*px[i]%mod) {

				tmp=(tmp+ll(t)*F.a[j])%mod;

				if(!(j&7))tmp%=mod;

			}

			re[i]=tmp%mod;

		}return ;

	}

	int mid=(l+r)>>1;

	get_val(F%tr[ls],l,mid,ls,px,re);

	get_val(F%tr[rs],mid+1,r,rs,px,re);

}

cirno solve_polate(int l,int r,int p,int *tmp) {

	if(l==r) {

		cirno re(1); re.a[0]=tmp[l]; return re;

	}

	int mid=(l+r)>>1;

	cirno L=solve_polate(l,mid,ls,tmp);

	cirno R=solve_polate(mid+1,r,rs,tmp);

	return L*tr[rs]+R*tr[ls];

}

void Evaluate(int *px,int *re,cirno F,int m) {

	build(1,m,1,px);

	get_val(F,1,m,1,px,re);

}

cirno Interpolate(int *px,int *py,int n) {

	int i;

	build(1,n,1,px);

	cirno a=tr[1].Get_dao();

	static int t[N];

	get_val(a,1,n,1,px,t);

	for(i=1;i<=n;i++) t[i]=ll(qp(t[i]))*py[i]%mod;

	return solve_polate(1,n,1,t);

}

int main() {

	//LOJ 150

	int n,K,l=1;

	n=rd()+1; K=rd();

	while(l<n)l<<=1;

	ntt_init(l<<1);

	int i;

	cirno a(n);

	for(i=0;i<n;i++) a.a[i]=rd();

	cirno b=a.Get_root(l);

	cirno c=b.Get_inv(l);

	cirno d=c.Get_jifen();

	cirno e=d.Get_exp(l);

	for(i=0;i<l;i++) e.a[i]=-e.a[i];

	for(i=0;i<n;i++) e.a[i]=(e.a[i]+a.a[i])%mod;

	e.a[0]+=2, e.a[0]=(e.a[0]-a.a[0])%mod;

	cirno f=e.Get_ln(l);

	f.a[0]++;

	cirno g=f.Get_pow(K,l);

	cirno ans=g.Get_dao();

	for(i=0;i<n-1;i++) write((ans.a[i]+mod)%mod);

	fwrite(pbuf,1,pp-pbuf,stdout);

	//Luogu qiuzhi

	/*int n,m;

	n=rd(),m=rd();

	int i,l=1;

	while(l<=(n+n))l<<=1;

	ntt_init(l);

	cirno a(n+1);

	static int px[N],ans[N];

	for(i=0;i<=n;i++) a.a[i]=rd();

	for(i=1;i<=m;i++) px[i]=rd();

	Evaluate(px,ans,a,m);

	for(i=1;i<=m;i++)printf("%d\n",ans[i]);*/

	//Luogu chazhi

	/*int n,i,l=1;

	n=rd();

	static int px[N],py[N];

	while(l<=(n+n))l<<=1;

	ntt_init(l);

	for(i=1;i<=n;i++)px[i]=rd(),py[i]=rd();

	cirno a=Interpolate(px,py,n);

	for(i=0;i<n;i++)printf("%d ",a.a[i]);*/

}

多项式的复合

$A(B(x))$

多项式的复合逆

$F(x),G(x)$,$F(G(x))=x$ 称$F(x)$和$G(x)$互为复合逆。

拉格朗日反演

若$F(x)$是$G(x)$的复合逆，那么满足$[x^n]F(x)=\frac{1}{n}[x^{n-1}](\frac{x}{G(x)})^n$

推广形式:$[x^n]H(F(x))=\frac{1}{n}[x^{n-1}]H'(x)(\frac{x}{G(x)})^n$

特征多项式

https://www.luogu.org/blog/ShadowassIIXVIIIIV/solution-p4723

https://blog.csdn.net/qq_35649707/article/details/78688235

对于懒得推式子选手可以选择记结论:

$A^n=\sum\limits_{i=0}^{k-1}c_iA^i$

$St\times A^n=\sum\limits_{i=0}^{k-1}c_iSt\times A^i$

$ans=[0](St\times A^n)=\sum\limits_{i=0}^{k-1}c_i[0](St\times A^i)$

$ans=\sum\limits_{i=0}^{k-1}c_iSt_i$

$A^n=Q(A)G(A)+\sum\limits_{i=0}^{k-1}c_iA^i$

$g_{k-i}=-a_i$

乘法和取模可以$O(k^2)$或$O(k\log k)$实现。

生成函数

https://www.luogu.org/blog/ShadowassIIXVIIIIV/sheng-cheng-han-shuo-xia-chui

一般生成函数(OGF)

给定一个形如$x_1+x_2+…+x_m=n$的方程，求非负整数解的数量，其中$x_i$满足：$x_1$必须是个偶数$x_2$必须是个质数$x_3$的$μ$值不能为$0$,$x_4$必须是一个windy数

指数生成函数(EGF)

给定一些红球、黄球、蓝球和绿球，将其组成一个长度为$n$的序列，要求：红球必须有偶数个,白球数量必须是个质数,蓝球数量的$μ$值不能为$0$,绿球数量必须是个windy数

可以看出EGF可以用来解决排列问题。

集合的指数生成函数

给定$n$个彼此不同的小球，要求划分为一些集合，每个集合的生成函数是$F(x)$，求方案数

划分成$i$个集合的方案数为$\frac{F^i(x)}{i!}$，故总方案数为$\sum\limits_{i=0}^{\infty}\frac{F^i(x)}{i!}=e^{F(x)}$

一些可以背一背的生成函数

树:$A(x)=\sum_{n\ge 0}\frac{n^{n-2}}{n!}x^n$

森林:$expA(x)$

无向图:$C(x)=\sum_{n\ge 0}\frac{2^{\binom{n}{2}}}{n!}x^n$

无向连通图$lnC(x)$

FWT

or卷积和and卷积很好理解

xor卷积看这个https://blog.csdn.net/neither_nor/article/details/60335099

m进制卷积

这个对于or和and还是一个前缀和的性质。

对于xor..可以在模意义下用单位根构造，逆操作可以直接对矩阵求逆。

快速子集变换

大概就是求这么一个式子$A_i=\sum\limits_{j+k=i,j\&k=0}B_j\times C_k$

用占位多项式搞一搞即可，多开一维数组存$1$的个数，背包合并。

组合数学

第一类斯特林数

$\begin{bmatrix} n\\ k \end{bmatrix}$ 表示将$n$个不同元素分成$k$个不同环的方案数，当且仅当两个环不可通过旋转得到时，则两个环不相同。

$\begin{bmatrix} 0\\ 0 \end{bmatrix}=1,\begin{bmatrix} n\\ k \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} n-1\\ k-1 \end{bmatrix}+\begin{bmatrix} n-1\\ k \end{bmatrix}\times (n-1)$ (可能独立成环也可以接到前面某个数的后面。)
$\sum\limits_{k=0}^n\begin{bmatrix} n\\ k \end{bmatrix}=n!$ ($\begin{bmatrix} n\\ k \end{bmatrix}$恰好是$n$个元素包含$k$个轮换的排列个数)
$x^{\overline n}=\sum_{k}\begin{bmatrix}n\\ k\end{bmatrix}x^k$ (证明直接带递推式子进去就行，当然也可以用这个式子来定义斯特林数)
$x^{\underline n}=\sum_{k}\begin{bmatrix}n\\ k\end{bmatrix}(-1)^{n-k}x^k$ (这里的$\begin{bmatrix}n\\ k\end{bmatrix}(-1)^{n-k}$其实就是有符号第一类斯特林数了)

求一行第一类斯特林数：

由2式能直接得出一个$O(n\log n^2)$的做法，这里说一下$O(n\log n)$的做法。

分治，假设我们已经求出来$x^{\overline n}$，如何求出$x^{\overline 2n}$或$x^{\overline {n+1}}$ 。

对于后者，可以直接$O(n)$乘一下，对于前者，相当于要求$x^{\overline n}\times (x+n)^{\overline n}$

设$f(x)=\sum\limits_{i=0}^{n}f_ix^i,g(x)=\sum\limits_{i=0}^{n}g_ix_i$,分别是上式左右的生成函数。

$g(x)=\sum\limits_{i=0}^nf_i(x+n)^i$

$g(x)=\sum\limits_{i=0}^nf_i\sum\limits_{j=0}^jx^jn^{i-j}\binom{i}{j}$

$g(x)=\sum\limits_{j=0}^n\frac{x^j}{j!}\sum\limits_{i=j}^nf_ii!\frac{n^{i-j}}{(i-j)!}$

卷积形式，直接$O(n\log n)$乘一下。

总的时间复杂度还是$O(n\log n)$的。

第二类斯特林数

$\begin{Bmatrix}n\\ k\end{Bmatrix}$表示将n个元素分成k个非空集合的方案数，集合内是无序数。

$\begin{Bmatrix}n\\ k\end{Bmatrix}=\begin{Bmatrix}n-1\\k-1\end{Bmatrix}+k\times \begin{Bmatrix} n-1\\ k \end{Bmatrix}$
$x^n=\sum_k\begin{Bmatrix}n\\ k\end{Bmatrix}x^{\underline k}$ (展开可证，组合意义即$x$种颜色的球选$n$次$=$枚举一共选了$k$种颜色划分的方案数乘从$x$中颜色选出$k$个进行排列的方案数)
$x^n=\sum_k\begin{Bmatrix}n\\ k\end{Bmatrix}(-1)^{n-k}x^{\overline k}$
$\begin{Bmatrix}n\\k\end{Bmatrix}=\frac{1}{k!}\sum\limits_{i=0}^k(-1)^i\binom{i}{k}(k-i)^n$ (就是令集合间有序，然后枚举有几个集合是空的进行容斥)

求一行第二类斯特林数：

完全可以用第3个式子直接做了，复杂度$O(n\log n)$。

斯特林反演

可以把第一类的1式，第二类的1,2式合起来，得到$\sum\limits_{k=p}^n\begin{Bmatrix}n\\k\end{Bmatrix}\begin{bmatrix}k\\p\end{bmatrix}(-1)^{n-k}=[p=n]$，然后就可以愉快的进行反演，得

\[f_n=\sum\limits_{i=0}^n\begin{Bmatrix}n\\i\end{Bmatrix}g_i
\\
g_n=\sum\limits_{i=0}^n(-1)^{n-i}\begin{bmatrix}n\\i\end{bmatrix}f_i
\]

单位根反演

https://blog.csdn.net/DT_Kang/article/details/79944113

$\frac{1}{n}\sum\limits_{i=0}^{n-1}w^{ki}=[n|k]$

怎么求原根

从$2$开始枚举$g$，检查是否对于所有的$q,is[q],q|\varphi(p)$都满足$g^{\frac{phi}{q}}\not =1$ 。

置换

https://blog.csdn.net/zhouyuheng2003/article/details/88527913

广义二项式定理

$(1+x)^{-n}=\sum\limits_{i=0}^{\infty}(-1)^{i}\binom{n+i-1}{i}$

$(1-x)^{-n}=\sum\limits_{i=0}^{n\infty}\binom{n+i-1}{i}$