基础差得死，整版讲课课件能看懂的就 \(10\%\)，所以过来补一补。数学那一块差不多，计划单开一个博客。分类整理以下吧。
卡特兰数
问题引入
有一个大小为 \(n\times n\) 的网格图，每次从 \((x,y)\) 只能走一步到 \((x+1,y)\) 或 \((x,y+1)\)，求不走到对角线即 \(y=x\) 下方，但可以触碰对角线，从 \((0,0)\) 走到 \((n,n)\) 的方案数。
解法
直接推还是有难度的。正难则反，我们考虑用容斥整出答案。首先，从 \((0,0)\) 到 \((n,n)\) 的路径方案数是 \(\binom{n+n}n=\binom{2n}n\)，这个好算。尝试构造不合法情况，这个时候可以触碰 \(y=x\) 的性质就很烦了，因此将条件转化一下，变成不触碰 \(y=x-1\) 的方案数。继续观察，不难发现在这个条件下以 \((1,-1)\) 为起点的到 \((n,n)\) 的路径全部经过了 \(y=x-1\)。考虑到 \((1,-1)\) 和 \((0,0)\) 关于 \(y=x-1\) 对称，感性理解一下，假设这些非法路径与 \(y=x-1\) 最后一次交于 \((i,i-1)\)，那么把这条路径前面的部分沿 \(y=x-1\) 翻转以下，就能一一对应原来的所有不合法情况。容易算出这些非法路径方案数为 \(\binom{n-1+n+1}{n-1}=\binom{2n}{n-1}\)，随后相减得出答案 \(\binom{2n}n-\binom{2n}{n-1}=\frac{2n!}{n!n!}-\frac{2n!}{(n-1)!(n+1)!}=(1-\frac{n}{n+1})\frac{2n!}{n!n!}=\frac1{n+1}\binom{2n}n\)。
定义
上述问题的答案被称作卡特兰数，记为 \(C_n\) 或 \(H_n\)，满足：
\[\begin{aligned}C_n=H_n&=\dbinom{2n}n-\dbinom{2n}{n-1}\\&=\dfrac{\binom{2n}n}{n+1}\\&=\dfrac{\sum_{i=0}^{n}\binom{n}{i}^2}{n+1}\end{aligned} \]对于卡特兰数，除上述通项公式外还有如下常用递推式：
\[C_n=\begin{cases}1&n=0\\\sum_{i=1}^{n}C_{i-1}C_{n-i}&n\ge1\end{cases} \]\[C_n=\dfrac{C_{n-1}(4n-2)}{n+1} \]以及上面推导过程中的作差式。
相关应用
这类问题通常可以转化为引入部分的网格图路径方案数计数。
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一个无限大的栈，进栈序列为 \(1,2,3,\cdots,n\)，则其有多少种不同种出栈序列？
这个比较好处理。根据栈的性质，容易想到 \(y=x\) 的限制在这里的实际意义是栈可为空且不弹空栈，则将进栈抽象为向上走，出栈抽象为向右走，就可以转为一般卡特兰数计数问题了。答案即为 \(C_n\)。
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用 \(n\) 个 \(1\) 和 \(n\) 个 \(-1\) 组成长度为 \(2n\) 的序列 \(a_1,a_2,\cdots,a_{2n}\)，求有多少种方案使得数列前缀和恒为非负整数。
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有 \(2n\) 个人排队进剧场。入场费 \(5\) 元，\(n\) 个人只有有 \(5\) 元钞票，而剩下 \(n\) 人只有 \(10\) 元钞票，且售票处初始无零钱。问有多少种合理入场方式。
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由 \(n\) 个无序节点可以构成多少个不同的二叉树？
这个问题等价于存在多少个有 \(n+1\) 个叶子节点的满二叉树。
一个比较好理解的组合意义是，枚举分配给左右子树的节点个数，然后将两边方案数乘起来求和。这一点实际上对应了上面的常用公式 \((1)\) 的 \(O(n^2)\) 递推式，虽然据说有一种转化为进栈问题的解法，但我不会，就不讲了。
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在一个圆上有 \(2n\) 个点，将它们两两配对连线，求使这 \(n\) 条线段不相交的方法数。旋转视为相同。
比较经典的题，实际上与**问题 2 **有很大关系，但更像括号匹配？
由于不考虑旋转，故断环为链，钦定 \(1\) 为起点。则现在问题转化为两两配对使区间不交或包容。容易想到，这样的配对方式与合法括号序列一一对应，按照括号序的套路，问题转化为给 \(n\) 个数赋 \(1\) 其余赋 \(-1\)，求使前缀和不为负数的方案数。然后没了，答案即为 \(C_n\)。
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问在 \(n-1\) 条对角线不相交的情况下，将一个凸 \(n+2\) 边形分成不重叠三角形区域的方法数？
最为经典的题。首先由问题 5 得出：
引理 1 由 \(n\) 对括号组成的合法括号序个数为 \(C_n\)。
但是这道题中，点是可以重合的，而非纯纯配对问题，需要想想转化。
当然，这个解也可以看作 \(n+1\) 个数的不同相乘顺序数目，根据具体操作进而转化为有 \(n+1\) 个叶子节点的满二叉树个数。
（欸？好像知道了什么……这也就是：
引理 2 \(n+1\) 个数可以有 \(C_n\) 种不同相乘顺序。
如此一来，我们便可以得到一种非常妙的对应关系。
将原凸多边形的顶点按照逆时针标记为 \(1,2,\cdots,n+2\)，并将与点 \(i\) 逆时针相邻的边赋值为 \(i\)。从点 \(1\) 开始逆时针遍历，与当前点相连的所有对角线，被访问过的记为右括号加入序列，未被访问过的记为左括号加入序列，在走边的时候则加入边权，如此一来便得到了一个相乘顺序。而注意到边 \(n+2\) 恰好在最末尾，可以忽略不计，因此所有连对角线方式与一个 \(n+1\) 个元素的相乘顺序形成单射，由引理 2 方法数总和为 \(C_n\)。
斯特林数
第二类斯特林数
似乎是因为第一类提的少用的少，所以把第二类放前面讲了。
第二类斯特林数，又称斯特林子集数，记为 \(S(n,k)\) 或 \(n\brace k\)，表示将大小为 \(n\) 的集合划分为 \(k\) 个无区别非空集合的方案数。
递推式
\[{n\brace k}=\begin{cases}[n=0]&k=0\\{n-1\brace k-1}+k{n-1\brace k}&k\ge1\end{cases} \]考虑往大小为 \(n-1\) 的集合里面插入一个新的数，则有如下两种方案：
- 单独作为一个新集合，则集合数目在此加一，由 \(n-1\brace k-1\) 直接转移过来；
- 将这个数记入旧集合，显然集合数不变，用\(n-1\brace k\)乘上当前放置方案数即可。
通项公式
\[{n\brace m}=\sum_{i=0}^m\dfrac{(-1)^{m-i}i^n}{i!(m-i)!} \]其实也是卷积形式。直接考虑二项式反演。假设有 \(n\) 个数，分成 \(i\) 个集合，记 \(G_i\) 为可以为空集的方案数，\(F_i\) 为不可以为空集的方案数。那么：
\[\because G_i=i^n=\sum_{j=0}^i\binom ijF_j\\\begin{aligned}\therefore F_i&=\sum_{j=0}^i\binom ij(-1)^{i-j}G_j\\&=\sum_{j=0}^i\binom ij(-1)^{i-j}j^n\\&=\sum_{j=0}^i\dfrac{(-1)^{i-j}j^ni!}{j!(i-j)!}\end{aligned} \]然后由于第二类斯特林数要求集合无序，将 \(F_n\) 除以 \(n!\) 就是答案了。或者也可以从一个很有组合意义的式子二项式反演得到：
\[n^{m} = \sum_{k = 0}^{m} {n \brace k} \binom{n}{k} k! \]不难看成 \(n\) 个球放 \(m\) 个盒子，枚举有几个盒子放就好了。同时，这个式子也是很有用的，对于一些要求 \(\mathcal{O}(k)\) 转移 \(f(S)^{k}\) 的毒瘤计数 DP 会用到，因为直接二项式定理会是 \(\mathcal{O}(k^{2})\)，在北京集训笔记和做题记录里有提到。
第一类斯特林数
又称斯特林轮换数，如其名，把第一类斯特林数中的集合换成轮换即为定义，记为 \(n\brack k\)。轮换是一个首尾相接的排列，也就是说，它有顺序，但无相对顺序，有点抽象。
递推式
\[{n\brack k}=\begin{cases}[n=0]&k=0\\{n-1\brack k-1}+(n-1){n-1\brack k}&k\ge1\end{cases} \]同样由组合意义证明。考虑新加一个数，有如下两种情况：
- 单开一个轮换，继承自 \(n-1\brack k-1\)；
- 放到之前一个轮换中，注意到有序，故系数为 \(n-1\)。
然后没了。
重要应用
同行/同列斯特林数计算是多项式的，不管了。
阶乘幂
定义下降幂 \(x^{\underline n}=\frac{x!}{(x-n)!}=\prod_{k=0}^{n-1}(x-k) = \dbinom{n}{k} k!\)。那么从上上面的式子，有方幂到下降幂的转化式为：
\[x^{n} = \sum_{k = 0}^{n} {n \brace k} x^{\underline k} \]同理存在上升幂转方幂为：
\[x^{\overline n} = \sum_{k = 0}^{n} {n \brack k} x^{k} \]证明可以考虑从第二个式子入手，数学归纳。应该会整出个有趣的递推式：
\[\begin{aligned}(x+1)^{\underline n}&=\prod_{k=0}^{n-1}(x+1-k)\\&=(x+1)x(x-1)\cdots(x-n+2)\\&=(x+1)\prod_{k=0}^{n-2}(x-k)\\&=(x+1)x^{\underline{n-1}}\end{aligned} \]斯特林反演
有没有发现方幂与阶乘幂的转化是单向的，那是因为证明需要一个叫斯特林反演的东东。
\[\begin{aligned} g_{n} &= \sum_{i = 0}^{n} {n \brace i} f_i \\ f_{n} &= \sum_{i = 0}^{n} (-1)^{n - i} {n \brack i} g_{i} \end{aligned} \]证明的前置芝士叫做反转公式：
\[\sum_{i = m}^{n} (-1)^{n - i} {n \brack i} {i \brace m} = [n = m] \\ \sum_{i = m}^{n} (-1)^{n - i} {n \brace i} {i \brack m} = [n = m] \]考虑建立两种阶乘幂之间的关系。大眼观察可只，存在：
\[x^{\underline n} = (-1)^{n} (-x)^{\overline n} \\ x^{\overline n} = (-1)^{n} (-x)^{\underline n} \]\[\begin{aligned} \therefore n^{m} &= \sum_{k = 0}^{m} {m \brace k} n^{\underline k} \\ &= \sum_{k = 0}^{m} {m \brace k} (-1)^{k} (-n)^{\overline k} \\ &= \sum_{k = 0}^{m} {m \brace k} (-1)^{k} \sum_{j = 0}^{k} {k \brack j} (-n)^{j} \\ &= \sum_{j = 0}^{m} n^{j} (\sum_{k = j}^{m} {m \brace k} {k \brack j} (-1)^{k - j}) \end{aligned} \]于是证完了一个反转公式，另一个同理可得。那么接下来的反演公式证明就是 trivial。当然，阶乘幂与方幂的转换也可以轻松证明。
上头整了个斯特林反演，把剩下的都记一下。实际上会注意到很多反演的证明都是展开……所以除了比较重要的证明，就只记式子了。
upd：发现还是有很多好用的推论的，也一并记上吧 qwq。
二项式反演
对于目标大小 \(n\)，设 \(f(x)\) 为 \(x=n\) 的答案，\(g(x)\) 为 \(x\le n\) 的答案。
\[\begin{aligned} g_{n} &= \sum_{i = 0}^{n} \binom{n}{i} f_{i} \\ f_{n} &= \sum_{i = 0}^{n} (-1)^{n - i} \binom{n}{i} g_{i} \end{aligned} \]常用于容斥定理中。
莫比乌斯反演
莫比乌斯反演的本质：
\[\begin{aligned}g&=I*f\\f&=I^{-1}*g\\&=\mu*g\end{aligned} \]I. 嵌入形式
\[[m\mid n]\sum_{d\mid\frac nm}\mu(d)=[n=m] \]II. 约数形式
\[\begin{aligned}g(n)&=\sum_{d\mid n}f(d)\\f(n)&=\sum_{d\mid n}\mu(d)g(\dfrac nd)\end{aligned} \]III. 倍数形式
\[\begin{aligned}g(n)&=\sum_{n\mid d}f(d)\\f(n)&=\sum_{n\mid d}\mu(\dfrac dn)g(d)\end{aligned} \]又作
\[\begin{aligned}g(n)&=\sum_k^\infty f(nk)\\f(n)&=\sum_k^\infty\mu(k)g(nk)\end{aligned} \]通常还是有个上界的……
常用推论/式子：
- 单位函数，判别 \(\gcd\) 时可以用。在化简式子的时候可以把 \(\varepsilon\) 提到前面，这样原本用于 \(n\) 的求和计数就可以用除法代替了。
子集反演
对于目标集合 \(S\)，设 \(f(T)\) 为 \(T=S\) 的答案，\(g(T)\) 为 \(T\subseteq S\) 的答案。
\[\begin{aligned}g(S)&=\sum_{T\subseteq S}f(T)\\f(S)&=\sum_{T\subseteq S}(-1)^{|S|-|T|}g(T)\end{aligned} \]当 \(g\) 的定义刚好相反时，把 \(S,T\) 互换即可。
一些理解与技巧：
子集反演更像是二项式反演的一个特化版本，严谨的来说，\(\forall|S|=|T|\land f_S=f_T\) 时子集反演的本质就是二项式反演。
一个常见推式子的技巧就是把子集贡献提到开头，这样剩下的部分就由不同变为相同，方便计算。同时，在反演的证明中，有一个感性理解很重要：
\(\sum_{R\sube T\sube S}(-1)^{|S|-|T|}=[R=S]\)。证明：
- 当 \(R=S\) 时，显然 \(\sum=(-1)^0=1\)；
- 否则，考虑 \(R\) 以外若干元素（设有 \(k\) 个），任意钦定一个，那么对于剩下元素组成的 \(2^{k-1}\) 种状态，被钦定的元素都有选或不选两种，正好给集合带来 \(\pm1\) 的贡献，于是总和为 \(0\)
似乎可以用来理解 SOS-DP 和 FWT？
\(\min\)-\(\max\) 容斥
\[\max_{i \in S} x_{i} = \sum_{T \subseteq S} (-1)^{\lvert T \rvert - 1} \min_{j \in T} x_{j} \\ \min_{i \in S} x_{i} = \sum_{T \subseteq S} (-1)^{\lvert T \rvert - 1} \max_{j \in T} x_{j} \]证明考虑普通容斥。重点在于，由于期望的线性性（即考虑这么计算期望：\(E(\max_{i \in S} x_{i}) = \sum_{y} P(x = y) \max_{j \in S} y_{j}\)），这个玩意儿在期望意义下成立：
\[E(\max_{i \in S} x_{i}) = \sum_{T \subseteq S} (-1)^{\lvert T \rvert - 1} E(\min_{j \in T} x_{j}) \\ E(\min_{i \in S} x_{i}) = \sum_{T \subseteq S} (-1)^{\lvert T \rvert - 1} E(\max_{j \in T} x_{j}) \]\(k\)-th \(\max\)-\(\min\) 容斥：
\[k \text{th} \max_{i \in S} x_{i} = \sum_{T \subseteq S} (-1)^{\lvert T \rvert - k} \binom{\lvert T \rvert}{k - 1} \min_{j \in T} x_{j} \]单位根反演
\[[n \mid k] = \frac{1}{n} \sum_{i = 0}^{n} \omega_{n}^{i k} \]证明考虑简单等比数列求和。用来求给定一个多项式，求特定倍数位上的系数和，也就是：
\[\begin{aligned} \sum_{i} [x^{i k}]f(x) &= \sum_{i} [k \mid i] \, [x^{i}]f(x) \\ &= \sum_{i} [x^{i}]f(x) \frac{1}{k} \sum_{j = 0}^{k - 1} \omega_{k}^{i j} \\ &= \frac{1}{k} \sum_{j = 0}^{k - 1} \sum_{i} a_{i} (\omega_{k}^{j})^{i} \\ &= \frac{1}{k} \sum_{j = 0}^{k - 1} f(\omega_{k}^{j}) \end{aligned} \]能用来证 IDFT 的正确性，虽然单位根反演就是从这里揪出来的。感觉没有优化时间复杂度？
拉格朗日反演
咕。
离散傅里叶变换
咕咕咕。
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