二项式

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《具体数学》第五章二项式系数学习笔记（部分）

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

2022.8.21

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

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

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

重修二项式反演

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

2022 第一轮省队集训 Day3

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{(

OGF

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_

二项式反演

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 \(

二项式定理 Binomial Theorem

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

Counting 1

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

二项式反演目害证

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

二项式反演学习笔记

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

二项式定理

\[\Large(a+b)^n=\sum_{k=0}^n C_n^ka^kb^{n-k} \]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

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}{

关于二项式反演

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

Re：从零开始的二项式反演

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

二项式反演笔记（草稿）

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

「学习笔记」二项式定理与组合恒等式

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

Solution -「二项式定理与组合恒等式」一些练习

\[{\Large \mathbb{No \ hay \ cosa \ mas \ feliz \ en \ el \ mundo \ que \ ver \ tu \ sonrisa \ mi \ Miffy}} \] 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

二项式表达

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

省内联考 10.17 随机过程（process）

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 =

杨辉三角另一种解法-C语言

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

二项式反演入门

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} &

组合计数

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

#单位根反演，二项式定理#LOJ 6485 LJJ 学二项式定理

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