Matrix-Tree定理
这里有一个极其简洁的证明，真的要模一下讲这次课的巨佬了。
( t Matrix-Tree) 定理本质上是对环容斥，容斥系数就是 ((-1)^{cnt}) ，其中 (cnt) 表示环的个数。
首先你要知道一个东西，奇排列表示交换奇数次得到 (1,2,3...n) 的排列，偶排列同理。那么奇排列的逆序对一定是奇数，偶排列的逆序对一定是偶数。这个有什么用呢？可以把交换次数的奇偶性转化成逆序对的奇偶性。
拿出置换环的那一套理论来把环放在我们的序列上，一个序列对应一个置换 (p) ，我们把 (i) 连向 (p_i) ，看形成了多少个环，这个环可以对应原图上的环，把这个序列的交换次数是 (n-)置换环个数。
然后考虑我们的基尔霍夫矩阵，对角线就表示随便选一条边，也就对应了容斥中的乱选，选 ((i,j)) 就表示选 (i) 连 (j) 的一条边。由于求行列式自带的系数是 ((-1)^{tot}) （表示逆序对），又有逆序对奇偶性等于 (n-)置换环个数的奇偶性，那么我们只需要把 (i ot=j) 的这些位置前面添一个负号，多了 ((-1)^n) 的系数（注意不考虑乱选的东西哦），就可以得到 ((-1)) 的置换环个数次方的容斥系数，这也印证了矩阵为什么要这么构造。
这个证明还可以用于矩阵树的有向扩展，如果你看懂了就没问题了。
所以怎么有向扩展呢？
热身题1
题目描述
有 (n) 堆石子，已知每堆石子的数量都介于 ([1,2^m-1]) 之间且互不相同。给定 (n,m) ，求有多少种方案数使得 ( t nim) 游戏下先手必胜。模 (1e9+7)
(nleq 1e7,mleq30)
解法
不妨考虑后手必胜怎么做，因为异或和为 (0) 要好做一些。
这道题有两个限制：石子数不为 (0) ，石子数互不相同。如果没了这些限制想想我们该怎么做，也就是乱选前面 (n-1) 堆，最后一堆就根据前面的异或和来选，就可以让异或和为 (0) 。
如果要求非 (0) ，可以考虑递推，设 (f[i]) 为 (i) 堆石子的答案，我们还是__让最后一堆石子去适应前面乱选的情况__，但是要求最后一堆石子不能是 (0) ，如果最后一堆石子是 (0) 那么以前的异或和一定是 (0) ，减去 (f[i-1]) 即可：
现在有要求互不相同，首先在乱选的方案上改一下，然后考虑最后一堆石子和别人相同的情况，先选出一个值和一个位置，使他们相同，剩下的 (i-2) 个数的异或和要是 (0) 才能让总体异或和是 (0) ，减掉这种方案：
然后暴力递推就可以了。
提问
这个 (f[i-2]) 我觉得是有点奇怪的，会不会撞到我们选出来的那个值从而多减呢？
我还不是很清楚。
这道题的思路是怎么来的？
就是先考虑简化的情况，再慢慢加入限制，我一开始总想着能不能直接计算，但是递推也是一种重要的方法。
热身题2
题目描述
给定 (n) 个正整数 (a_i) ，选出 (n) 个 (b_i) 和 (d_i) ，满足 (b_i|a_i) 且 (d_i|b_i) ，问有多少种选法可以满足 (prod d_i^2geqprod b_i)
(nleq 100,a_ileq 1e9)
解法
一开始有一个特别巧妙的转化，这个大于等于是不好做的，考虑到如果 (a) 是 (b) 是因数，那么 (b/a) 也是 (b) 的因数。利用这个性质可以推出 (prod d_i^2>prod b_i) 和 (prod d_i^2<prod b_i) 是一一对应的。因为只用把 (d_i) 换成 (b_i/d_i) 就能转化成另一种不等关系，全部情况是比较好求的，那么减去 (prod d_i^2=prod b_i) 的情况就行了。
解决上面的问题可以分质因数做背包，然后把方案数乘起来（别看我，我没仔细想）
例1
题目描述
解法
这么神的题我怎么做嘛
要把序列转化成环，这样原来 (n) 个位置就平等了 ，新建一个位置 (n+1) 表示如果有人选到了这个位置，就表示真实情况下他可能找不到位置。然后乱选的方案数是 ((2(n+1))^m) ，考虑加入不能选 (n+1) 的限制，由于每个位置被选中的概率是一样的，所以有 (frac{m}{n+1}) 的概率选到这个位置，那么不选到它的方案数是 (frac{m}{n+1}(2(n+1))^m)
提问
为什么环上的点被选中的概率一样？
因为真实的座位选哪个和方向都是随便的，只有位置是不一样的。现在我们用环把位置这个限制都去掉了，环上是可以转的，所以是没有位置这个概念的，那么这些点被选中的概率就相等了。
思路怎么来的？
一开始那个变成环的操作我也没办法，但是核心思路是 把差别变成无差别 ，计算无差别是方便的。
例二
题目描述
解法
看到这个组合数模 (2) 我就想到 ( t lucas) 定理了，因为只有 (C_{0,1}=0) ，所以前面在二进制位上完全包含后面就行了，也就是后面是前面的子集。子集就很容易想到子集枚举，设 (f[i]) 表示以值 (i) 结尾的序列个数，不上升都不用管了，因为保证了子集也就保证了不上升。
然后枚举 (i) 的子集 (j) ，如果 (j) 对应的位置在 (i) 的前面的话就可以转移。这样复杂度做到了 (O(3^{log a})) ，但是这种方法一定要求 值两两不同 这个条件才能保证复杂度。
提问
如果没有那个限制怎么做呢？我不是很懂。
例三
题目描述
求有多少个长度为 (n) 的括号序列满足其所有子序列中最长合法括号子序列长度为 (2k)
(T,nleq2e5,kleq n)
解法
括号序列问题一般把左括号看成 (-1) ，把右括号看成 (1)
这时候先把括号序列画在平面直角坐标系上，可以推一下最长合法括号子序列是多少。
首先可以发现标红的部分是无法匹配的，那么错失匹配的右括号总数其实有 (min{s_i}) 个，然后最后有 (s_n-min{s_i}) 个左括号也无法匹配（对应标黄的部分），所以最长合法括号子序列个数是 (n-s_n+2min{s_i}) 的。
枚举 (t=min{s_i}) ，那么 (s_n=n-2k+2t)
算了不写了，这里开始就不懂了。
例四
题目描述
一棵树，每条边限制两个端点大小关系（(a[u]>a[v]/a[u]<a[v])），问有多少种排列能满足整棵树的限制。
(nleq 5000)
解法
规定一条边 ((u,v)) 正向就表示 (a[u]<a[v]) ，那么如果所有的边都正向怎么做呢？拿出我们概率算方案数的那套理论，首先随便找一个排列，然后要满足的限制的就是每个子树内根是最小值，根成为最小值的概率是 (frac{1}{sz_i}) ，那么考虑所有的限制，方案数就是：(frac{n!}{prod sz_i})
然后现在引入了反向边，由于现在我们只能做正向边的情况，那么考虑一个容斥，我们枚举强制 (i) 条反向边正向。那么答案就是 零条边正向 (-) 一条边正向 (+) 两条边正向 (....) 的方案数。
除了强制的边其他反向边都是没有限制的，也就可以把这条边当作断开的，直接容斥复杂度 (O(n2^n)) 上天。
设 (dp[u][i]) 表示以 (u) 为子树的根 (u) 的联通块大小为 (i) 的容斥系数（最后乘 (n!) 就可以算答案），那么转移就类似于背包，要 考虑连向儿子的边断不断开 ，我觉得是这样转移的：
如果这条边本身就是正向边那么这样转移：
大概懂了，还有一点小问题
例五
题目描述
解法
这道题就是上一道题的链版，但不好直接套，二维 (dp) 是不好优化的，我们尽量写成一维的形式。这道题做一维 (dp) 是比较简单的，设 (g[i]) 为考虑前 (i) 位的容斥系数，可以这样转移：
其中 (cnt_x) 表示 (x) 以内 > 符号的个数，也就是我们枚举第一个断开的是哪个。
容易发现上面的转移是分治 ( t NTT) 的形式，那么不难做到 (O(nlog^2n))
例六
题目描述
定义一个长度为 (2n) 的排列合法，当且仅当偶数位上的数字递增。把这个排列划分为恰好 (k) 个长度为偶数的段，这个划分的价值定义为所有段内逆序对个数的乘积。求随机排列和划分得到的价值期望。
(n,kleq 500)
解法
我心态炸了
例七
题目描述
(n) 个点，第 (i) 个点到第 (j) 个点的有向边长度是 (w[(j-i+n)mod n]) ，其中 (w) 是给定的数组，求所有内向生成森林的边权乘积之和。模 (998244353)
保证 (n) 是 (2) 的幂，(nleq 2^{20})
解法
哈哈，我不活啦
例八
题目描述
(y) 轴正半轴上有 (n) 个点 ((0,a_1)...(0,a_n)) ，他们每次可以向右或者向下走一格，求最后分别到 ((1,0)...(n,0)) 的方案数。
解法
其实这种题的难点主要是求行列式，矩阵通过 ( t LGV) 引理是不难写出的：
然后做一些变换，首先提出公因式 ((a_i+1)) ，那么矩阵就变成这样了：
这里有一个套路，如果某一个矩阵的每行依次是关于 (x) 的 (j-1) 次多项式，那么这个矩阵是可以被消为范德蒙矩阵的。证明很简单，直接用前 (j-1) 列去消元 (j) 列即可，关键特征就是结构要相同，矩阵现在是这样的：
利用一个范德蒙行列式的结论可以化简成这样（证明看百度百科，特别清楚）：
统计 (k=a_i-a_j) 出现了多少次，因为值域很小，所以可以用卷积来统计，也就是这个卷积形式：
所以时间复杂度 (O(alog a))