Newton二项式定理
\((a+b)^n=\sum\limits_{i=0}^n{n\choose i}x^iy^{n-i}\)
Newton多项式定理
\((\sum\limits_{i=1}^n x_i)^k=\sum\limits_{\sum\limits_{i=1}^na_i=k}\frac{k!}{\prod\limits_{i=1}^na_i!}\prod\limits_{i=1}^nx_i^{a_i}\)
Generalized Newton二项式定理
\((x+y)^{\alpha}=\sum\limits_{k=0}^{+\infty}{\alpha\choose k}x^{\alpha-k}y^k\)
其中\({\alpha\choose k}=\frac{\alpha^{\underline k}}{k!}\)。
鸽巢原理/抽屉原理
\(n\)只鸽子住在\(m\)个巢中，至少有一个巢住着至少\(\lceil\frac nm\rceil\)只鸽子。
容斥原理
\(|\bigcup\limits_{i=1}^nA_i|=\sum\limits_{m=1}^n(-1)^{m-1}\sum\limits_{1\le a_1<\cdots<a_m\le n}|\bigcap\limits_{i=1}^m A_{a_i}|\)
\(|\bigcap\limits_{i=1}^n\overline{A_i}|=|U|-|\bigcup\limits_{i=1}^nA_i|\)
Generalized容斥原理
令\(\alpha(m)=\begin{cases}\sum\limits_{|S|=m}|\bigcap\limits_{x\in S}A_x|&m\ne0\\|U|&m=0\end{cases}\)，\(\beta(m)=\begin{cases}\sum\limits_{|S|=m}|(\bigcap\limits_{x\in S}A_x)\cap(\bigcap\limits_{x\in\overline S}\overline{A_x)}|&m\ne0\\|\bigcap\limits_{i=1}^n\overline{A_i}|&m=0\end{cases}\)，
则有\(\beta(m)=\sum\limits_{k=m}^n(-1)^{k-m}{k\choose m}\alpha(k)\)。
Euclid-like算法
下面的除法都表示整除
令\(g(a,b,c)=\frac{ax+b}c\)，求\(f(r,t,a,b,c,n)=\sum\limits_{x=0}^nx^rg(a,b,c)^t\)。
Part.1
\(a\ge c\vee b\ge c\)
\(f(r,t,a,b,c,n)=\sum\limits_{x=0}^nx^r[\frac acx+\frac bc+g(a\bmod c,b\bmod c,c)]^t\)
把后面的用Newton二项式定理展开再展开。
\(f(r,t,a,b,c,n)=\sum\limits_{i=0}^t{t\choose i}(\frac ac)^i\sum\limits_{j=0}^{t-i}{t-i\choose j}(\frac bc)^jf(r+i,t-i-j,a\bmod c,b\bmod c,c,n)\)
Part.2
\(a=0\vee t=0\vee an+b<c\)
自然数幂和。
Part.3
\(a<c\wedge b<c\wedge t\ne0\wedge an+b>c\)
我们知道有\(x^a=\sum\limits_{i=0}^{x-1}((i+1)^a-i^a)\)。
令\(m=\frac{an+b}c>0\)，那么有
\(f(r,t,a,b,c,n)=\sum\limits_{x=0}^nx^r\sum\limits_{y=0}^m[\frac{ax+b}c>y]((y+1)^t-y^t)\)
\(f(r,t,a,b,c,n)=\sum\limits_{y=0}^{m-1}((y+1)^t-y^t)\sum\limits_{x=0}^n[\frac{cy+c-b-1}a<x]x^r\)
把后面的部分容斥一下，记\(S_x(n)=\sum\limits_{i=0}^ni^x\)
\(f(r,t,a,b,c,n)=m^tS_r(n)-\sum\limits_{y=0}^{m-1}((y+1)^t-y^t)S_r(\frac{cy+c-b-1}a)\)
把\((y+1)^t\)用Newton二项式定理展开
\(f(r,t,a,b,c,n)=m^tS_r(n)-\sum\limits_{i=0}^{t-1}{t\choose i}\sum\limits_{y=0}^{m-1}y^iS_r(\frac{cy+c-b-1}a)\)
前面可以插值算，我们考虑一下后面的部分。
众所周知\(S_p(x)\)是一个\(a+1\)次多项式。
设\(S_p(x)=\sum\limits_{i=0}^{p+1}s_{p,i}x^i\)。\(a\)直接Bernoulli数代进去就行了。
这样原式的后面一坨就是
\(\sum\limits_{i=0}^{t-1}{t\choose i}\sum\limits_{y=0}^{m-1}y^i\sum\limits_{x=0}^{r+1}s_{r,x}(\frac{cy+c-b-1}a)^x=\sum\limits_{i=0}^{t-1}{t\choose i}\sum\limits_{j=0}^{r+1}s_{r,j}\sum\limits_{x=0}^{m-i}x^i(\frac{cx+c-b-1}a)^j=\sum\limits_{i=0}^{t-1}{t\choose i}\sum\limits_{j=0}^{r+1}s_{r,j}f(i,j,c,c-b-1,a,m-1)\)
也就是说\(f(r,t,a,b,c,n)=m^tS_r(n)-\sum\limits_{i=0}^{t-1}{t\choose i}\sum\limits_{j=0}^{r+1}s_{r,j}f(i,j,c,c-b-1,a,m-1)\)。
所以我们需要对于每个\((a,b,c,n)\)处理出所有\(i+j\le r+t\)的\(f(i,j,a,b,c,n)\)。
直接做是\(O((r+t)^4\log n)\)的，同时需要\(O((r+t)^2\log n)\)的空间。
用栈模拟递归同时加滚动数组可以做到\(O((r+t)^2)\)的空间。
Part.3部分的式子可以考虑先枚举\(i\)，对每一组\((r,j)\)，计算出\(\sum\limits_{j=0}^{r+1}s_{r,j}f(i,j,c,c-b-1,a,m-1)\)。然后转移时先枚举\((r,t)\)，再枚举每一组\(i\)算贡献。
Part.1部分的式子可以通过分步操作，即一次\(a\rightarrow a\bmod c\)一次\(b\rightarrow b\bmod c\)来做到每次只有一个\(\sum\)。
这样可以让时间复杂度做到\(O((r+t)^3\log n)\)。
万能Euclid
给定群\(<G,+>\)以及\(g(0),g(1)\)，定义一个操作序列\(\{a_n\}(a_i\in\{0,1\})\)的权值为\(\sum\limits_{i=1}^ng(a_i)\)。
保证满足\(g(S+T)=g(S)+g(T)\)。（这里的\(0,1,S,T\)指的都是操作序列）
给定\(a,b,c\in\mathbb N\)，线段\(y=\frac{ax+c}b(x\in(0,n])\)对应一个操作序列，生成方法如下：
从左往右沿着线段走，并依次进行如下判定：
\(1.\)若直线与\(y=c(c\in\mathbb N)\)相交，则往操作序列末尾添加一个\(1\)操作。
\(2.\)若直线与\(x=c(c\in\mathbb N)\)相交，则往操作序列末尾添加一个\(0\)操作。
求该线段对应的操作序列的权值。
我们将上述问题的答案记为\(f(a,b,c,n,p,q)\)，其中\(p=g(0),q=g(1)\)。
\(\text{Part.1}\)
首先特判\(n=0\)以及\(a=0\)的情况。
\(\text{Part.2}\)
我们可以令\(c\leftarrow c\bmod b\)，这不会产生任何影响，于是我们保证了\(c<b\)。
\(\text{Part.3}\)
先考虑\(a\ge b\)的情况。
设\(k=\lfloor\frac ab\rfloor\)，那么我们可以将函数表示为\(y=kx+\frac{(a\bmod b)x+c}b\)。
这个函数的操作序列相比于\(y=\frac{(a\bmod b)x+c}b\)的唯一区别，是每次添加\(0\)操作之前，会先添加\(k\)个\(1\)操作。
也就是说此时\(f(a,b,c,n,p,q)=f(a\bmod b,b,c,n,k*q+p,q)\)。
\(\text{Part.4}\)
然后考虑\(a<b\)的情况。
设\(k=\lfloor y|_{x=n}\rfloor=\lfloor\frac{an+c}b\rfloor\)，如果\(k=0\)那么\(f(a,b,c,n,p,q)=n*p\)。
否则先处理\(y\in(1,k]\)的部分，考虑以当前将原点改为\((0,1)\)并将坐标翻转，那么这里对应的线段就是\(y=\frac{bx+(b-c)}a(x\in(0,k-1])\)。
但是这里的答案并不是\(f(b,a,b-c,k-1,q,p)\)，因为交换\(p,q\)之后，优先级就被打乱了。
所以我们将线段整体下移\(\frac1a\)，这样就能保证原本的优先级了，答案为\(f(b,a,b-c-1,k-1,q,p)\)。
然后我们考虑\(y\in(\frac cb,1]\)的部分。
这里\(1\)操作只会在最后被添加一次，而在这之前会添加\(\lfloor\frac{b-c}a\rfloor\)个\(0\)操作。
有一个问题是如果\((\frac{b-c}a,1)\)是整点的话，那么这里的\(1\)操作应该在\(0\)操作之前。
但是我们注意在\(y\in(1,k]\)的计算部分是将翻转后的直线向下平移了\(\frac1a\)的，因此\(x=\frac{b-c}a\)会在\(y\in(1,k]\)部分被计算。
也就是说这一部分的答案为\(\lfloor\frac{b-c-1}a\rfloor*p+q\)。
同理可以得到\(y\in(k,\frac{an+c}b]\)部分的答案为\((n-\frac{kb-c-1}a)*p\)。
总而言之，此时\(f(a,b,c,n,p,q)=\lfloor\frac{b-c-1}a\rfloor*p+q+f(b,a,b-c-1,k-1,q,p)+(n-\frac{kb-c-1}a)*p\)。
设群\(<G,+>\)的加法的时间复杂度为\(O(t)\)，那么总体时间复杂度为\(O(t\log n)\)，与Euclid算法类似。
