口胡记录

偶尔口胡一些题时，觉得有意思的会放在这里。

[XXI Open Cup, Grand Prix of Beijing H Nonsense]

solution

题面：给定 ， 组询问 ，求 modulo 。

做法：设 ​。暂时只会 ​ 的暴力，听 EI 说有 ​ 的做法？(假设 ​ 同阶)

讲一下 的暴力。

想办法表示原式，注意到 的指数与 的指数和为 。于是构造

$$\begin{align*} &F(t)=\sum_{n\geq 0}\sum_{i=a}^{n-b} \binom{i}{a}x^{i-a}\binom{n-i}{b}y^{n-i-b}t^n\\ &我们想求出 [t^n]F(t)\\\\ &发现 F(t)的后半部分为关于 t 的卷积，于是构造 \\ &G(t)=\sum_{n\geq 0}\binom{n}{a}x^{n-a}t^n\\ &H(t)=\sum_{n\geq 0}\binom{n}{b}y^{n-b}t^n\\ &(G\ast H)(t)=\sum_{n\geq 0}\sum_{m\geq 0}\binom{n}{a}x^{n-a}\binom{m}{b}y^{m-b}t^{n+m}\\ &=\sum_{n\geq 0}\sum_{i=0}^n \binom{i}{a}x^{n-a}\binom{n-i}{b}y^{n-i-b}t^n\\ &=\sum_{n\geq 0}\sum_{i=a}^{n-b} \binom{i}{a}x^{i-a}\binom{n-i}{b}y^{n-i-b}t^n\\ &=F(t)\\ &而 G(t)=\frac{t^a}{(1-xt)^{a+1}},H(t)=\frac{t^b}{(1-yt)^{b+1}}\\ &那么 [t^n]F(t)=[t^{n-a-b}]\frac{1}{(1-xt)^{a+1}(1-yt)^{b+1}}=[t^{n-a-b}]T_{a,b}(t)\\ &容易发现 T_{a,b}=\frac{T_{a-1,b}-T_{a,b-1}}{(y-x)t}(x\neq y)\\ &于是就证明了f_{a,b}=\frac{f_{a-1,b}-f_{a,b-1}}{y-x}(x\neq y)\\ &若 x=y,根据F(t)=\frac{1}{(1-xt)^{a+b+2}}可得\\ &f_{a,b}=\binom{n+1}{a+b+1}x^{n-a-b} &\end{align*}$$

以上推导用到了

$$\begin{align*} &\sum_{n\geq 0}\binom{n}{k}x^n=\frac{x^k}{(1-x)^{k+1}}\\ &这个可以利用 [y^k]\sum_{n\geq 0}\sum_k \binom{n}{k}x^ny^k\\ &=[y^k]\sum_{n\geq 0}x^n(1+y)^n\\ &=[y^k]\frac{1}{1-x(1+y)}\\ &=\frac{1}{1-x}[y^k]\frac{1}{1-(\frac{x}{1-x})y}\\ &=\frac{1}{1-x}(\frac{x}{1-x})^k\\ &=\frac{x^k}{(1-x)^{k+1}}来得到 &\end{align*}$$

于是 预处理就可以 ​ 回答了。

update by 2021.8.4：刚刚散步的时候想了一种比较合理的做法。

我们想把二项式系数写成二项式定理然后提取出系数，这样可以等比数列求和。

即

$$\begin{align*} &\sum_{i = a}^{n - b} \binom{i}{a} x^{i - a} \binom{n - i}{b} y^{n - i - b}\\ &=\sum_{i=0}^{n} \binom{i}{a} x^{i - a} \binom{n - i}{b} y^{n - i - b}\\ &=[z^aw^b]\sum_{i=0}^{n} (x+z)^i(y+w)^{n-i}\\ &=[z^aw^b](y+w)^n\sum_{i=0}^{n}(z+x)^i\lbrace(w+y)^{-1}\rbrace^i\\ &=[z^aw^b](w+y)^n\frac{1-t^{n+1}}{1-t},t=(z+x)(w+y)^{-1}\\ &=f_{a,b} &\end{align*}$$

那么

$$\sum f_{i,j}z^iw^j=(w+y)^n\frac{1-t^{n+1}}{1-t}$$

我们先给右边做一些化简

$$RHS\\\\ =\frac{(w+y)^{n+1}-(z+x)^{n+1}}{(w+y)-(z+x)}$$

然后把不好处理的分母丢到左边，就有

$$\begin{align*} &\sum f_{i,j}z^iw^j(w-z+(y-x))\\ &=\sum f_{i,j}(z^iw^{j+1}-z^{i+1}w^j+(y-x)z^iw^j)\\ &=\sum z^iw^j((y-x)f_{i,j}+f_{i,j-1}-f_{i-1,j}) &\end{align*}$$

和左边分子一一比对，于是就得到了

$$(y-x)f_{i,j}+f_{i,j-1}-f_{i-1,j}\\\\ =[z^iw^j]\lbrace(w+y)^{n+1}-(z+x)^{n+1}\rbrace$$

很明显我们能知道，右边只有在边界的时候，即 的时候才会有值，其余时候都为零。平凡地，我们可以写出与之前一样的递推式。同样在 时由于左边系数为零而无法递推求，于是仍然跟之前一样的方法，我们转为原来的 直接求，即

$$\begin{align*} &f_{i,j}=[z^iw^j]\frac{(w+y)^{n+1}-(z+x)^{n+1}}{(w+y)-(z+x)}\\ &=[z^iw^j]\frac{(w+x)^{n+1}-(z+x)^{n+1}}{(w+x)-(z+x)}\\ &=[z^iw^j]\frac{(w+x)^{n+1}-(z+x)^{n+1}}{w-z}\\ &=[z^iw^j]\sum_{k=0}^n(w+x)^k(z+x)^{n-k}\\ &=\sum_{k=0}^n\binom{k}{j}\binom{n-k}{i}x^{n-i-j} &\end{align*}$$

而

$$\sum_{k=0}^n \binom{k}{j}\binom{n-k}{i}$$

是一种经典的分母范德蒙德卷积，等于 ​。证明的话，可以考虑 gf 去推导，也随便考虑一种组合意义，比如

把 看成从 个物品中取 个，而前者则是我先在 个物品中挑选一个，然后在这个物品左边选 个，右边选 个。而这两者是等价的，因为你从 个物品中取 个，一定存在一个物品，使得左边有 个，右边有 个，这说明后者小于等于前者。而另一方面，前者的选法是唯一的，因为 和 ​​ 是定值，于是前者小于等于后者。于是得证。

综上所述，我们用了两种方法得到了这条递推式，所以要怎么优化啊？

update by 2021.8.13：突然发现最终式是个分式，所以是不是可以二元的线性递推了啊。感觉就是把纯数列转成矩阵数列就可以了，所以就能两个 了？

[Scholomance Academy]

solution

题面：

$$G(N)=\sum_{\sum_{i=1}^t k_i=N}F(\prod_{i=1}^t p_i^{k_i})\\\\ F(n)=\sum_{\prod_{i=1}^m a_i=n} \prod_{i=1}^m \varphi(a_i)$$

给定 ​， 为互不相同的质数，求 ​​ modulo ​​​。

做法：这题是在吃沈阳站瓜的时候看见的，原本是沈阳站的题，现在是牛客多校的题。不过看到了就做做吧。

注意到 ​ 为互不相同的质数，于是 ​​​。​

我们知道 ​​​ 卷积保证了函数的积性，显然的是 ​​，于是 ​​ ​依然是一个积性函数。而且 ​ 是容易求出的，即

$$F(p^e)=\sum_{\sum_{i=1}^m a_i=e} \prod_{i=1}^m \varphi(p^{a_i})\\\\ =p^e \sum_{\sum_{i=1}^m a_i=e} (1-\frac{1}{p})^{\sum_{i=1}^m [a_i>0]}\\\\ =p^e\sum_{d=1}^m\binom{m}{d}\binom{e-1}{d-1} (1-\frac{1}{p})^d$$

其中第二步到第三步是枚举指数，然后利用隔板法算出 的值。

于是我们重新看回 ，容易利用积性进行改写，即

$$G(N)=\sum_{\sum_{i=1}^t k_i=N}F(\prod_{i=1}^t p_i^{k_i})\\\\ =\sum_{\sum_{i=1}^t k_i=N} \prod_{i=1}^t F(p_i^{k_i})$$

前面的 是不容易直接处理的，容易想到构造 ​，再进行一些化简，即

$$H(x)=\sum_{n\geq 0} F(p^n) x^n\\\\ =1+\sum_{n\geq 1}x^n p^n\sum_{d=1}^m \binom{m}{d}\binom{n-1}{d-1}(1-\frac{1}{p})^d\\\\ =1+\sum_{d=1}^m \binom{m}{d}(1-\frac{1}{p})^d\sum_{n\geq 1}x^n p^n\binom{n-1}{d-1}$$

后面是比较经典的二项式系数固定上系数的求和，具体做法可见我博客里的 ​ 总结的第一章中关于二项式系数的部分，这里不再赘述。

于是进一步化简，即

$$H(x)=1+\sum_{d=1}^m \binom{m}{d}(1-\frac{1}{p})^d\frac{x^dp^d}{(1-xp)^d}$$

这就是二项式展开形式了，所以

$$H(x)=(1+(1-\frac{1}{p})\frac{xp}{1-xp})^m\\\\ =(\frac{1-x}{1-xp})^m$$

那么我们就求出了 的表达式，即

$$G(N)=[x^N] \prod_{i=1}^t (\frac{1-x}{1-xp_i})^m\\\\ =[x^N] (\prod_{i=1}^t \frac{1-x}{1-xp_i})^m$$

是个分式，显然可以线性递推了。看起来复杂度是 ，实际上题目中限制 ，所以复杂度骤减，就轻松通过了（虽然我没写）。​

[?]

solution

题面：有 个点，标号为 ， 与 间（包括 与 ）有一条未定向的边，边权为 。现给出若干条路径起点终点 ，希望定向后使得给定路径的边权和的和最小，问最小值。

做法：军训完在 u 群看到的，想了一下。

注意到当一个点 向 与 同时连边后，那所有路径的答案都是确定的，因为方向已经确定了。

于是我们枚举这样的点 ，发现每条路径的边权和是可以 算出来的，因为方向是单调的，在我们枚举点时，改变的路径方向之和是 的。那总复杂度就是 。注意特判全部一个方向的情况。

[?]

solution

题面：有 个数，从其中选出 个数，问第 小的和。

做法：每次口胡的题好像都是在 u 群看到的，emmm。

考虑从最小的情况开始扩展。对每一种状态记录最小数开始的连续长度与第二和第三段的位置，分别设为 ，每次扩展时，一种将 向后移动一位，一种是将最小数开始的末端向后移动一位。然后将这些状态放入一个堆中就可以了。正确性可以考虑构造一棵搜索树来证明。时间复杂度 。

[USTC 数分课后习题]

solution

题面： 是递增数列， 有界，求证：对任意的 ，有

$$\lim_{n\to \infty} a_{n+1}^{\alpha}-a_n^{\alpha}=0$$

求证：发现可以凑出伯努利不等式的形式。

$$a_{n+1}^{\alpha}-a_n^{\alpha}=a_n^{\alpha}(1+\frac{a_{n+1}-a_n}{a_n})^{\alpha}-a_n^{\alpha}\\\\ \leq \alpha \frac{a_{n+1}-a_n}{a_n^{1-\alpha}}$$

若 ，则根据上式，数列极限小于等于 ，而 递增，则知道数列极限大于等于 。再依据夹逼定理，就有数列极限为 。

若 ，则 有界说明了该数列的极限为 ，根据上式也就说明了所求数列的极限也为 。

综上所述，得证。

[USTC 数分 B 期末考题]

solution

题面：设 是 上取值为正的可微函数，且对所有的 ，有

$$|f'(x)-f'(y)|^2\leq |x-y|$$

求证：对所有的 ，有 。

做法：考虑反证法，假设存在 ，满足 。并不妨令 。

于是根据条件，有 ，即可以得到 。

再推导一波，

$$f(a+f'(a)^2)-f(a)=\int_{0}^{f'(a)^2} f'(a+x) {\rm d}x\\\\ \leq f'(a)^3+\frac{2}{3}x^{\frac{3}{2}} |_{0}^{f'(a)^2}\\\\ \leq -5f(a)$$

于是 与 之间至少有一个小于等于 ，与题设矛盾，得证。

[?]

solution

题面：求 的 阶导在 处的值。

求证：先走两步试试！

先求一次看看效果，显然有

$$\begin{align*} &(\sin (m\arcsin x))'=\cos(m\arcsin x)\cdot \frac{m}{\sqrt{1-x^2}}\\ &\iff (\sin (m\arcsin x))'\sqrt{1-x^2}=m\cos(m\arcsin x) &\end{align*}$$

再走一步！

$$\begin{align*} &((\sin (m\arcsin x))'\sqrt{1-x^2})'=(m\cos(m\arcsin x))'\\ &\implies (\sin (m\arcsin x))''\sqrt{1-x^2}-(\sin (m\arcsin x))'x(1-x^2)^{-\frac{1}{2}}=-m^2\sin(m\arcsin x)\cdot \frac{1}{\sqrt{1-x^2}}\\ &\iff (\sin (m\arcsin x))''(1-x^2)-(\sin (m\arcsin x))'x=-m^2\sin(m\arcsin x) &\end{align*}$$

发现每一项所乘的多项式次数都很小，直接同时对两边求 次导，有 （ 不妨令 ）

$$\begin{align*} &((\sin (m\arcsin x))''(1-x^2))^{(n)}-((\sin (m\arcsin x))'x)^{(n)}+(m^2\sin(m\arcsin x))^{(n)}=0\\ &\implies f^{(n+2)}(1-x^2)+f^{(n+1)}(-2x)+f^{(n)}(-2)-f^{(n+1)}x-f^{(n)}+m^2f^{(n)}=0\\ &\iff f^{(n+2)}(1-x^2)-3xf^{(n+1)}+(m^2-2)f^{(n)}=0 &\end{align*}$$

代入 ，有 。

求出前几项，后面递推即可。

[PKU 数分课后作业？]

solution

求证：数列 收敛，并求其极限。

证明：设 ，考虑差分数列 ，有递推式

$$a_n-a_{n-1}=\sqrt{7-\sqrt{7+a_{n-2}}}-\sqrt{7-\sqrt{7+a_{n-3}}}\\\\ =\frac{\sqrt{7+a_{n-3}}-\sqrt{7+a_{n-2}}}{...}\\\\ =\frac{a_{n-3}-a_{n-2}}{....}$$

注意到 ，所以可以证明那一堆省略号肯定大于 ，于是差分数列的极限为 。根据 收敛准则，有 收敛。于是将递推式两边同时取极限，就得出答案。

[?]

solution

求：

$$\large \lim_{x\to 0} \frac{x^{\sin^xx}-\sin^{x^{\sin x}}x}{x^3}$$

解：其实这题好像不管咋做都好复杂啊。首先有个经典暴力的 ，不过有点太难算了。还是用用 ？

有道经典的题的分子是 搞的，我们仍然考虑那个思路，于是有

$$\begin{align*} &\large \sin^x x=e^{x\ln (\sin x)}\backsim e^{x\ln(x-\frac{x^3}{6}+\mathrm{o(x^3)})}\\ &\large \backsim e^{x(\ln x+\ln(1-\frac{x^2}{6}))}=e^{x\ln x-\frac{x^3}{6}}\\ &\large \backsim 1+x\ln x-\frac{x^3}{6}+\frac{(x\ln x)^2}{2}+\frac{(x\ln x)^3}{6}+\mathrm{o(x^3)}\\ &\large x^{\sin^xx}\backsim x\cdot x^{x\ln x-\frac{x^3}{6}+\frac{(x\ln x)^2}{2}+\frac{(x\ln x)^3}{6}}\\ &\large =x\cdot e^{x\ln^2 x-\frac{x^3}{6}\ln x+\frac{(x\ln x)^2\ln x}{2}+\frac{(x\ln x)^3\ln x}{6}}\\ &\large \backsim x\cdot (1+x\ln^2 x+\frac{(x\ln x)^2\ln x}{2}+\frac{x^2\ln^4x}{2}+\mathrm{o(x^2)})\\ &\large \backsim x+x^2\ln^2x+\frac{x^3\ln^3x+x^3\ln^4x}{2}+\mathrm{o(x^3)} &\end{align*}$$

然后再对另一个进行差差不多的变化，即

$$\begin{align*} &\large x^{\sin x}=e^{\sin x\ln x}\backsim e^{(x-\frac{x^3}{6})\ln x}=e^{(x\ln x-\frac{x^3}{6}\ln x)}\\ &\large \backsim 1+x\ln x-\frac{x^3}{6}\ln x+\frac{x^2\ln^2x}{2}+\frac{x^3\ln^3x}{6}+\mathrm{o(x^3)}\\ &\large \sin^{x^{\sin x}}x\backsim (\sin x)^{1+x\ln x-\frac{x^3}{6}\ln x+\frac{x^2\ln^2x}{2}+\frac{x^3\ln^3x}{6}}\\ &\large =\sin x\cdot e^{(x\ln x-\frac{x^3}{6}\ln x+\frac{x^2\ln^2x}{2}+\frac{x^3\ln^3x}{6})\ln\sin x}\\ &\large \backsim \sin x\cdot e^{(x\ln x-\frac{x^3}{6}\ln x+\frac{x^2\ln^2x}{2}+\frac{x^3\ln^3x}{6})\ln(x-\frac{x^3}{6})}\\ &\large \backsim (x-\frac{x^3}{6})e^{x\ln^2x-\frac{x^3}{6}\ln^2x+\frac{x^2\ln^3x}{2}+\frac{x^3\ln^4x}{6}-\frac{x^3\ln x}{6}}\\ &\large \backsim (x-\frac{x^3}{6})(1+x\ln^2x+\frac{x^2\ln^3x}{2}+\frac{x^2\ln^4x}{2})\\ &\large \backsim x+x^2\ln^2x+\frac{x^3\ln^3x}{2}+\frac{x^3\ln^4x}{2}-\frac{x^3}{6}+\mathrm{o(x^3)} &\end{align*}$$

于是将这些东西代入，有

$$=\lim_{x\to 0} \frac{\frac{x^3}{6}}{x^3}=\frac{1}{6}$$

搞定！

[?]

solution

设

$$T(m,n)=\frac{1}{\binom{n+m}{n}}\sum_{2|B}\sum_x \frac{\max(x,B-x)}{B}\binom{B}{x}\binom{n+m-B}{n-x}$$

求证：

$$T(2m,2n)=m+\frac{1}{\binom{2m+2n}{2n}}\sum_{k=0}^{n-1}\binom{2m+2n}{2k}$$

做法：u群有人问的，完全推不动式子，推一次感受一下好了。

直接开算！（ 开抄 EI

$$\begin{align*} &T(m,n)=\frac{1}{\binom{n+m}{n}}\sum_{2|B}\sum_x \frac{\max(x,B-x)}{B}\binom{B}{x}\binom{n+m-B}{n-x}\\ &=\frac{1}{\binom{n+m}{n}}\sum_{k}\frac{1}{2k}\sum_{x\geq k}x\binom{2k}{x}\binom{n+m-2k}{n-x}+\sum_{x<k} (2k-x)\binom{2k}{x}\binom{n+m-2k}{n-x}\\ &=\frac{1}{\binom{n+m}{n}}\sum_{k\geq 1} \sum_{x\geq k}\binom{2k-1}{x-1}\binom{n+m-2k}{n-x}+\sum_{x<k}\binom{2k-1}{x}\binom{n+m-2k}{n-x}\\ &=\frac{1}{\binom{n+m}{n}}\sum_{k\geq 1} \sum_{x\geq k}[\binom{2k-1}{x-1}-\binom{2k-1}{x}]\binom{n+m-2k}{n-x}+\sum_{x}\binom{2k-1}{x}\binom{n+m-2k}{n-x}\\ &=\frac{1}{\binom{n+m}{n}}\sum_{k\geq 1} \sum_{x\geq k}[\binom{2k-1}{x-1}-\binom{2k-1}{x}]\binom{n+m-2k}{n-x}+\binom{n+m-1}{n} &\end{align*}$$

而

$$\begin{align*} &T(2m,2n)=\frac{1}{\binom{2n+2m}{2n}}\sum_{k\geq 1} \sum_{x\geq k}[\binom{2k-1}{x-1}-\binom{2k-1}{x}]\binom{2n+2m-2k}{2n-x}+\binom{2n+2m-1}{2n}\\ &=m+\sum_{k\geq 1} \sum_{x\geq k}[\binom{2k-1}{x-1}-\binom{2k-1}{x}]\binom{2n+2m-2k}{2n-x}\\ &\end{align*}$$

接下来我就不可能想到了，感觉缺少一些积累，所以只能看 EI 的做法学习了。

发现

$$f(z)=\sum_n a_n z^n\implies \sum_{n\geq k}a_nz^n=[t^0]\frac{f(\frac{z}{t})t^k}{1-t}$$

然后注意到上面一串 是个卷积，考虑分别搞出两边的东西。

$$\begin{align*} &\sum_{x} [\binom{2k-1}{x-1}-\binom{2k-1}{x}]z^x\\ &=z (1+z)^{2k-1}-(1+z)^{2k-1}=(z-1)(1+z)^{2k-1}\\ &\sum_{x} \binom{2n+2m-2k}{x}z^x=(1+z)^{2n+2m-2k} &\end{align*}$$

然后卷积一下，提出那一部分，即

$$\begin{align*} &\sum_{x\geq k}[\binom{2k-1}{x-1}-\binom{2k-1}{x}]\binom{2n+2m-2k}{2n-x}\\ &=[z^{2n}][t^0](z/t-1)(1+z/t)^{2k-1}(1+z)^{2n+2m-2k}t^k/(1-t)\\ &\end{align*}$$

然后再加入最后一层 ，即

$$\begin{align*} &\sum_{k\geq 1} \sum_{x\geq k}[\binom{2k-1}{x-1}-\binom{2k-1}{x}]\binom{2n+2m-2k}{2n-x}\\ &=\sum_{k\geq 1} [z^{2n}][t^0](z/t-1)(1+z/t)^{2k-1}(1+z)^{2n+2m-2k}t^k/(1-t)\\ &=[z^{2n}][t^0](z/t-1)(1+z)^{2n+2m}/((1-t)(1+z/t))\sum_{k\geq 1}\frac{(1+z/t)^{2k}t^k}{(1+z)^{2k}}\\ &=[z^{2n}][t^0](z/t-1)(1+z)^{2n+2m}(1+z/t)^2t/((1-t)(1+z/t)(1+z)^2)\sum_{k\geq 0}\frac{(1+z/t)^{2k}t^k}{(1+z)^{2k}}\\ &=[z^{2n}][t^0](z/t-1)(1+z)^{2n+2m}(1+z/t)^2t/((1-t)(1+z/t)(1+z)^2)\frac{(1+z)^2}{(1+z)^2-(1+z/t)^2t}\\ &=[z^{2n}][t^0](z/t-1)(1+z)^{2n+2m}(1+z/t)^2t/((1-t)(1+z/t)(1+z)^2)\frac{(1+z)^2}{(1+z)^2-(1+z/t)^2t}\\ &=[z^{2n}][t^0]\frac{(1+z)^{2n+2m}(z-t)(z+t)}{(t-1)^2(t-z^2)} &\end{align*}$$

然后就一步步来提取系数，即

$$\begin{align*} &[z^{2n}][t^0]\frac{(1+z)^{2n+2m}(z-t)(z+t)}{(t-1)^2(t-z^2)}\\ &=[z^{2n}][t]\frac{(1+z)^{2n+2m}(z-t)(z+t)}{(t-1)^2(1-z^2/t)}\\ &=[z^{2n}][t]\frac{(1+z)^{2n+2m}(z-t)(z+t)}{(t-1)^2}(1+z^2/t+z^4/t^2+\cdots)\\ &=\sum_{i\geq 1}[z^{2n}][t^i]\frac{(1+z)^{2n+2m}(z^2-t^2)z^{2i-2}}{(t-1)^2}\\ &=\sum_{i\geq 1}[z^{2n}](1+z)^{2n+2m}[z^{2i}(i+1)-z^{2i-2}(i-1)]\\ &=\sum_{i\geq 1}[z^{2n-2i}](1+z)^{2n+2m}(i+1)-[z^{2n-2i+2}](1+z)^{2n+2m}(i-1)\\ &=\sum_{i\geq 1}(i+1)\binom{2n+2m}{2n-2i}-(i-1)\binom{2n+2m}{2n-2i+2}\\ &=\sum_{i\geq 1}(i+1)\binom{2n+2m}{2n-2i}-\sum_{i\geq 0}i\binom{2n+2m}{2n-2i}\\ &=\sum_{i\geq 1}\binom{2n+2m}{2n-2i}\\ &=\sum_{i=0}^{n-1}\binom{2n+2m}{2i} &\end{align*}$$

得证了捏。