From 371b9d805cf5ba815a9a76e924da1cf3e47e0c88 Mon Sep 17 00:00:00 2001
From: Ir1d <sirius.caffrey@gmail.com>
Date: Sun, 14 Jul 2019 13:32:57 +0800
Subject: [PATCH] =?utf8?q?fix=20=E8=A1=8C=E9=97=B4=E5=85=AC=E5=BC=8F?=
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 .../knuth-yao-quadrangle-inequality.md             |  8 ++-
 docs/ds/stl/bitset.md                              |  4 +-
 docs/geometry/nearest-points.md                    | 14 +++--
 docs/graph/matrix-tree.md                          | 12 +++--
 docs/math/mobius.md                                |  4 +-
 docs/math/poly/div-mod.md                          | 14 +++--
 docs/math/poly/intro.md                            | 32 +++++++----
 docs/math/poly/inv-tri-func.md                     | 12 +++--
 docs/math/poly/inv.md                              | 22 +++++---
 docs/math/poly/lagrange-poly.md                    |  8 ++-
 docs/math/poly/ln-exp.md                           | 34 ++++++++----
 docs/math/poly/multipoint-eval-interpolation.md    | 52 +++++++++++++-----
 docs/math/poly/newton.md                           | 62 ++++++++++++++++------
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diff --git a/docs/dp/optimizations/knuth-yao-quadrangle-inequality.md b/docs/dp/optimizations/knuth-yao-quadrangle-inequality.md
index b939613b..b561a606 100644
--- a/docs/dp/optimizations/knuth-yao-quadrangle-inequality.md
+++ b/docs/dp/optimizations/knuth-yao-quadrangle-inequality.md
@@ -148,7 +148,9 @@ $$
 
 > **定理 2**    若函数 $w(l,r)$ 满足四边形不等式，记 $h_{l,r}=f_l+w(l,r)$ 表示从 $l$ 转移过来的状态 $r$,$k_{r}=\min\{l|f_{r}=h_{l,r}\}$ 表示最优决策点，则有
 >
-> $$ \forall r_1 \leq r_2:k_{r_1} \leq k_{r_2} $$
+> $$
+> \forall r_1 \leq r_2:k_{r_1} \leq k_{r_2}
+> $$
 
 记 $l_1=k_{r_1},\ l_2=k_{r_2}$，若 $l_1>l_2$，则 $l_2<l_1<r_1\leq r_2​$，根据四边形不等式有
 
@@ -199,7 +201,9 @@ void DP(int l, int r, int k_l, int k_r) {
 
 题目大意：给定一个长度为 $n\leq 500000$ 的序列 $a_1, a_2, \cdots, a_n$，要求对于每一个 $1 \leq r \leq n$，找到最小的非负整数 $f_{r}$ 满足
 
-$$\forall l\in\left[1,n\right]:a_l \leq a_r + f_{r} - \sqrt{|r-l|}$$
+$$
+\forall l\in\left[1,n\right]:a_l \leq a_r + f_{r} - \sqrt{|r-l|}
+$$
 
 显然，经过不等式变形，我们可以得到待求整数 $f_{r} = \max\limits_{l=1}^{n}\{a_l+\sqrt{r-l}-a_r\}$。不妨先考虑 $l < r$ 的情况（另外一种情况类似），此时我们可以得到状态转移方程：
 
diff --git a/docs/ds/stl/bitset.md b/docs/ds/stl/bitset.md
index 8ee87903..05626036 100644
--- a/docs/ds/stl/bitset.md
+++ b/docs/ds/stl/bitset.md
@@ -123,7 +123,9 @@ $f(i,j)$ 表示前 $i$ 个数的平方和能否为 $j$，那么 $f(i,j)=\bigvee\
 
 令原可重集为 $A$，其约数构成的可重集为 $A'$，我们要求 $A$ 中 $x$ 的个数，用[莫比乌斯反演](/math/mobius/) 推一推：
 
-$$\begin{aligned}&\sum\limits_{i\in A}[\frac i x=1]\\=&\sum\limits_{i\in A}\sum\limits_{d|\frac i x}\mu(d)\\=&\sum\limits_{d\in A',x|d}\mu(\frac d x)\end{aligned}$$
+$$
+\begin{aligned}&\sum\limits_{i\in A}[\frac i x=1]\\=&\sum\limits_{i\in A}\sum\limits_{d|\frac i x}\mu(d)\\=&\sum\limits_{d\in A',x|d}\mu(\frac d x)\end{aligned}
+$$
 
 由于是模 $2$ 意义下，$-1$ 和 $1$ 是一样的，只用看 $\frac d x$ 有没有平方因子即可。所以，可以对值域内每个数预处理出其倍数中除以它不含平方因子的位置构成的 `bitset`，求答案的时候先按位与再 `count()` 就好了。
 
diff --git a/docs/geometry/nearest-points.md b/docs/geometry/nearest-points.md
index 530e4e67..b9c30f26 100644
--- a/docs/geometry/nearest-points.md
+++ b/docs/geometry/nearest-points.md
@@ -10,18 +10,24 @@
 
 我们先将所有点按照 $x_i$ 为第一关键字、$y_i$ 为第二关键字排序，并以点 $p_m (m = \lfloor \frac{n}{2} \rfloor)$ 为分界点，拆分点集为 $A_1,A_2$：
 
-$$A_1 = \{p_i \ \big | \ i = 0 \ldots m \}\\
-A_2 = \{p_i \ \big | \ i = m + 1 \ldots n-1 \}$$
+$$
+A_1 = \{p_i \ \big | \ i = 0 \ldots m \}\\
+A_2 = \{p_i \ \big | \ i = m + 1 \ldots n-1 \}
+$$
 
 并递归下去，求出两点集各自内部的最近点对，设距离为 $h_1,h_2$，取较小值设为 $h$。
 
 现在该合并了！我们试图找到这样的一组点对，其中一个属于 $A_1$，另一个属于 $A_2$，且二者距离小于 $h$。因此我们将所有横坐标与 $x_m$ 的差小于 $h$ 的点放入集合 $B$：
 
-$$B = \{ p_i \ \big | \ \lvert x_i - x_m \rvert < h \}$$
+$$
+B = \{ p_i \ \big | \ \lvert x_i - x_m \rvert < h \}
+$$
 
 对于 $B$ 中的每个点 $p_i$，我们当前目标是找到一个同样在 $B$ 中、且到其距离小于 $h$ 的点。为了避免两个点之间互相考虑，我们只考虑那些纵坐标小于 $y_i$ 的点。显然对于一个合法的点 $p_j$，$y_i - y_j$ 必须小于 $h$。于是我们获得了一个集合 $C(p_i)$：
 
-$$C(p_i) = \{ p_j\ \big |\ p_j \in B,\ y_i - h < y_j \le y_i \}$$
+$$
+C(p_i) = \{ p_j\ \big |\ p_j \in B,\ y_i - h < y_j \le y_i \}
+$$
 
 如果我们将 $B$ 中的点按照 $y_i$ 排序，$C(p_i)$ 将很容易得到，即紧邻 $p_i$ 的连续几个点。
 
diff --git a/docs/graph/matrix-tree.md b/docs/graph/matrix-tree.md
index 3decd3a3..4a5ebdf9 100644
--- a/docs/graph/matrix-tree.md
+++ b/docs/graph/matrix-tree.md
@@ -172,13 +172,19 @@ $$
 
     上述三个矩阵的行列式记为 $d_{n-1}, a_{n-1}, b_{n-1}$。注意到 $d_n$ 是三对角行列式，采用类似的展开的方法可以得到 $d_n$ 具有递推公式 $d_n=3d_{n-1}-d_{n-2}$。类似地，采用展开的方法可以得到 $a_{n-1}=-d_{n-2}-1$，以及 $(-1)^n b_{n-1}=-d_{n-2}-1$。将这些递推公式代入上式，得到
 
-    $$\det M_n = 3d_{n-1}-2d_{n-2}-2$$
+    $$
+    \det M_n = 3d_{n-1}-2d_{n-2}-2
+    $$
 
-    $$d_n = 3d_{n-1}-d_{n-2}$$
+    $$
+    d_n = 3d_{n-1}-d_{n-2}
+    $$
 
     于是猜测 $\det M_n$ 也是非齐次的二阶线性递推。采用待定系数法可以得到最终的递推公式为
 
-    $$\det M_n = 3\det M_{n-1} - \det M_{n-2} + 2$$
+    $$
+    \det M_n = 3\det M_{n-1} - \det M_{n-2} + 2
+    $$
 
     改写成 $(\det M_n+2) = 3(\det M_{n-1}+2) - (\det M_{n-2} + 2)$ 后，采用矩阵快速幂即可求出答案。
 
diff --git a/docs/math/mobius.md b/docs/math/mobius.md
index ed604ee7..d84aecce 100644
--- a/docs/math/mobius.md
+++ b/docs/math/mobius.md
@@ -849,7 +849,9 @@ $$
 
 容易知道  
 
-$$\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}ij=\frac{n(n+1)}{2}\cdot \frac{m(m+1)}{2}$$
+$$
+\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}ij=\frac{n(n+1)}{2}\cdot \frac{m(m+1)}{2}
+$$
 
 设 $sum(n,m)=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}ij$ ，继续接着前面的往下推  
 
diff --git a/docs/math/poly/div-mod.md b/docs/math/poly/div-mod.md
index 99acd499..6494f248 100644
--- a/docs/math/poly/div-mod.md
+++ b/docs/math/poly/div-mod.md
@@ -8,7 +8,9 @@
 
 考虑构造变换
 
-$$f^{R}\left(x\right)=x^{\operatorname{deg}{f}}f\left(\frac{1}{x}\right) $$
+$$
+f^{R}\left(x\right)=x^{\operatorname{deg}{f}}f\left(\frac{1}{x}\right)
+$$
 
 观察可知其实质为反转 $f\left(x\right)$ 的系数。
 
@@ -16,10 +18,12 @@ $$f^{R}\left(x\right)=x^{\operatorname{deg}{f}}f\left(\frac{1}{x}\right) $$
 
 将 $f\left(x\right)=Q\left(x\right)g\left(x\right)+R\left(x\right)$ 中的 $x$ 替换成 $\frac{1}{x}$ 并将其两边都乘上 $x^{n}$，得到:
 
-$$ \begin{aligned}
+$$
+\begin{aligned}
     f\left(\frac{1}{x}\right)&=x^{n-m}Q\left(x\right)x^{m}g\left(x\right)+x^{n-m+1}x^{m-1}R\left(x\right)\\
     f^{R}\left(x\right)&=Q^{R}\left(x\right)g^{R}\left(x\right)+x^{n-m+1}R^{R}\left(x\right)
-\end{aligned} $$
+\end{aligned}
+$$
 
 注意到上式中 $R^{R}\left(x\right)$ 的系数为 $x^{n-m+1}$，则将其放到模 $x^{n-m+1}$ 意义下即可消除 $R^{R}\left(x\right)$ 带来的影响。
 
@@ -27,7 +31,9 @@ $$ \begin{aligned}
 
 则：
 
-$$f^{R}\left(x\right)\equiv Q^{R}\left(x\right)g^{R}\left(x\right)\pmod{x^{n-m+1}}$$
+$$
+f^{R}\left(x\right)\equiv Q^{R}\left(x\right)g^{R}\left(x\right)\pmod{x^{n-m+1}}
+$$
 
 使用多项式求逆即可求出 $Q\left(x\right)$，将其反代即可得到 $R\left(x\right)$。
 
diff --git a/docs/math/poly/intro.md b/docs/math/poly/intro.md
index dc563a6a..9d41bbb6 100644
--- a/docs/math/poly/intro.md
+++ b/docs/math/poly/intro.md
@@ -12,10 +12,12 @@ FFT，多项式乘法
 
 对于多项式 $f(x)$，若存在 $g(x)$ 满足：
 
-$$ \begin{aligned}
+$$
+\begin{aligned}
 	f(x) g(x) & \equiv 1 \pmod{x^{n}} \\
 	\operatorname{deg}{g} & \le \operatorname{deg}{f}
-\end{aligned} $$
+\end{aligned}
+$$
 
 则称 $g(x)$ 为 $f(x)$ 在模 $x^{n}$ 意义下的**逆元（Inverse Element）**，记作 $f^{-1}(x)$。
 
@@ -23,36 +25,48 @@ $$ \begin{aligned}
 
 对于多项式 $f(x), g(x)$，存在**唯一**的 $Q(x), R(x)$ 满足：
 
-$$ \begin{aligned}
+$$
+\begin{aligned}
     f(x) &= Q(x) g(x) + R(x) \\
     \operatorname{deg}{Q} &= \operatorname{deg}{f} - \operatorname{deg}{g} \\
     \operatorname{deg}{R} &< \operatorname{deg}{g}
-\end{aligned} $$
+\end{aligned}
+$$
 
 我们称 $Q(x)$ 为 $g(x)$ 除 $f(x)$ 的**商（Quotient）**，R(x)$ 为 $g(x)$ 除 $f(x)$ 的**余数（Remainder）**。
 亦可记作
 
-$$ f(x) \equiv R(x) \pmod{g(x)} $$
+$$
+f(x) \equiv R(x) \pmod{g(x)}
+$$
 
 ### <span id="ln-exp">多项式的对数函数与指数函数</span>
 
 对于一个多项式 $f(x)$，可以将其对数函数看作其与麦克劳林级数的复合:
 
-$$ \ln{(1 - f(x))} = -\sum_{i = 1}^{+\infty} \frac{f^{i}(x)}{i} = \sum_{i = 1}^{+\infty} \frac{(-1)^{i - 1}f^{i}(x)}{i} $$
+$$
+\ln{(1 - f(x))} = -\sum_{i = 1}^{+\infty} \frac{f^{i}(x)}{i} = \sum_{i = 1}^{+\infty} \frac{(-1)^{i - 1}f^{i}(x)}{i}
+$$
 
 其指数函数同样可以这样定义:
 
-$$ \exp{f(x)} = e^{f(x)} = \sum_{i = 0}^{+\infty} \frac{f^{i}(x)}{i!} $$
+$$
+\exp{f(x)} = e^{f(x)} = \sum_{i = 0}^{+\infty} \frac{f^{i}(x)}{i!}
+$$
 
 ### 多项式的多点求值和插值
 
 **多项式的多点求值（Multi-point evaluation）** 即给出一个多项式 $f(x)$ 和 $n$ 个点 $x_{1}, x_{2}, \dots, x_{n}$，求
 
-$$ f(x_{1}), f(x_{2}), \dots, f(x_{n}) $$
+$$
+f(x_{1}), f(x_{2}), \dots, f(x_{n})
+$$
 
 **多项式的插值（Interpolation）** 即给出 $n + 1$ 个点
 
-$$(x_{0}, y_{0}), (x_{1}, y_{1}), \dots, (x_{n}, y_{n}) $$
+$$
+(x_{0}, y_{0}), (x_{1}, y_{1}), \dots, (x_{n}, y_{n})
+$$
 
 求一个 $n$ 次多项式 $f(x)$ 使得这 $n + 1$ 个点都在 $f(x)$ 上。
 
diff --git a/docs/math/poly/inv-tri-func.md b/docs/math/poly/inv-tri-func.md
index f2d33150..5d07ff03 100644
--- a/docs/math/poly/inv-tri-func.md
+++ b/docs/math/poly/inv-tri-func.md
@@ -6,25 +6,29 @@
 
 仿照求多项式 $\ln$ 的方法，对反三角函数求导再积分可得：
 
-$$ \begin{aligned}
+$$
+\begin{aligned}
 	\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} x} \arcsin{x} &= \frac{1}{\sqrt{1 - x^{2}}} \\
 	\arcsin{x} &= \int \frac{1}{\sqrt{1 - x^{2}}} \mathrm{d} x \\
 	\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} x} \arccos{x} &= - \frac{1}{\sqrt{1 - x^{2}}} \\
 	\arccos{x} &= - \int \frac{1}{\sqrt{1 - x^{2}}} \mathrm{d} x \\
 	\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} x} \arctan{x} &= \frac{1}{1 + x^{2}} \\
 	\arctan{x} &= \int \frac{1}{1 + x^{2}} \mathrm{d} x
-\end{aligned} $$
+\end{aligned}
+$$
 
 那么代入 $f\left(x\right)$ 就有：
 
-$$ \begin{aligned}
+$$
+\begin{aligned}
 	\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} x} \arcsin{f\left(x\right)} &= \frac{f'\left(x\right)}{\sqrt{1 - f^{2}\left(x\right)}} \\
 	\arcsin{f\left(x\right)} &= \int \frac{f'\left(x\right)}{\sqrt{1 - f^{2}\left(x\right)}} \mathrm{d} x \\
 	\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} x} \arccos{f\left(x\right)} &= - \frac{f'\left(x\right)}{\sqrt{1 - f^{2}\left(x\right)}} \\
 	\arccos{f\left(x\right)} &= - \int \frac{f'\left(x\right)}{\sqrt{1 - f^{2}\left(x\right)}} \mathrm{d} x \\
 	\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} x} \arctan{f\left(x\right)} &= \frac{f'\left(x\right)}{1 + f^{2}\left(x\right)} \\
 	\arctan{f\left(x\right)} &= \int \frac{f'\left(x\right)}{1 + f^{2}\left(x\right)} \mathrm{d} x
-\end{aligned} $$
+\end{aligned}
+$$
 
 直接按式子求就可以了。
 
diff --git a/docs/math/poly/inv.md b/docs/math/poly/inv.md
index 605b9061..193b25cd 100644
--- a/docs/math/poly/inv.md
+++ b/docs/math/poly/inv.md
@@ -8,30 +8,40 @@
 
 首先,易知
 
-$$\left[x^{0}\right]f^{-1}\left(x\right)=\left(\left[x^{0}\right]f\left(x\right)\right)^{-1}$$
+$$
+\left[x^{0}\right]f^{-1}\left(x\right)=\left(\left[x^{0}\right]f\left(x\right)\right)^{-1}
+$$
 
 假设现在已经求出了 $f\left(x\right)$ 在模 $x^{\left\lceil\frac{n}{2}\right\rceil}$ 意义下的逆元 $f^{-1}_{0}\left(x\right)$。
 有：
 
-$$ \begin{aligned}
+$$
+\begin{aligned}
 	f\left(x\right)f^{-1}_{0}\left(x\right)&\equiv 1 &\pmod{x^{\left\lceil\frac{n}{2}\right\rceil}}\\
 	f\left(x\right)f^{-1}\left(x\right)&\equiv 1 &\pmod{x^{\left\lceil\frac{n}{2}\right\rceil}}\\
 	f^{-1}\left(x\right)-f^{-1}_{0}\left(x\right)&\equiv 0 &\pmod{x^{\left\lceil\frac{n}{2}\right\rceil}}
-\end{aligned} $$
+\end{aligned}
+$$
 
 两边平方可得：
 
-$$f^{-2}\left(x\right)-2f^{-1}\left(x\right)f^{-1}_{0}\left(x\right)+f^{-2}_{0}\left(x\right)\equiv 0 \pmod{x^{n}}$$
+$$
+f^{-2}\left(x\right)-2f^{-1}\left(x\right)f^{-1}_{0}\left(x\right)+f^{-2}_{0}\left(x\right)\equiv 0 \pmod{x^{n}}
+$$
 
 两边同乘 $f\left(x\right)$ 并移项可得：
 
-$$f^{-1}\left(x\right)\equiv f^{-1}_{0}\left(x\right)\left(2-f\left(x\right)f^{-1}_{0}\left(x\right)\right) \pmod{x^{n}}$$
+$$
+f^{-1}\left(x\right)\equiv f^{-1}_{0}\left(x\right)\left(2-f\left(x\right)f^{-1}_{0}\left(x\right)\right) \pmod{x^{n}}
+$$
 
 递归计算即可。
 
 时间复杂度
 
-$$T\left(n\right)=T\left(\frac{n}{2}\right)+O\left(n\log{n}\right)=O\left(n\log{n}\right) $$
+$$
+T\left(n\right)=T\left(\frac{n}{2}\right)+O\left(n\log{n}\right)=O\left(n\log{n}\right)
+$$
 
 ### Newton's Method
 
diff --git a/docs/math/poly/lagrange-poly.md b/docs/math/poly/lagrange-poly.md
index d53eefd6..b0443d7b 100644
--- a/docs/math/poly/lagrange-poly.md
+++ b/docs/math/poly/lagrange-poly.md
@@ -37,11 +37,15 @@
 
 公式整理得：
 
-$$ f(x)=\sum_{i=1}^{n} y_i\times(\prod_{j\neq i }\frac{x-x_j}{x_i-x_j}) $$
+$$
+f(x)=\sum_{i=1}^{n} y_i\times(\prod_{j\neq i }\frac{x-x_j}{x_i-x_j})
+$$
 
 如果要将每一项都算出来，时间复杂度仍是 $O(n^2)$ 的，但是本题中只用求出 $f(k)$ 的值，所以只需将 $k$ 代入进式子里得：
 
-$$ \mathrm{answer}=\sum_{i=1}^{n} y_i\times(\prod_{j\neq i }\frac{k-x_j}{x_i-x_j}) $$
+$$
+\mathrm{answer}=\sum_{i=1}^{n} y_i\times(\prod_{j\neq i }\frac{k-x_j}{x_i-x_j})
+$$
 
 本题中，还需要求解逆元。如果先分别计算出分子和分母，再将分子乘进分母的逆元，累加进最后的答案，时间复杂度的瓶颈就不会在求逆元上，时间复杂度为 $O(n^2)$ 。
 
diff --git a/docs/math/poly/ln-exp.md b/docs/math/poly/ln-exp.md
index 59c10888..6ea6ba15 100644
--- a/docs/math/poly/ln-exp.md
+++ b/docs/math/poly/ln-exp.md
@@ -10,14 +10,18 @@
 
 首先,对于多项式 $f\left(x\right)$，若 $\ln{f\left(x\right)}$ 存在，则由其[定义](../#ln-exp)，其必须满足：
 
-$$\left[x^{0}\right]f\left(x\right)=1$$
+$$
+\left[x^{0}\right]f\left(x\right)=1
+$$
 
 对 $\ln{f\left(x\right)}$ 求导再积分，可得：
 
-$$ \begin{aligned}
+$$
+\begin{aligned}
     \left(\ln{f\left(x\right)}\right)'&\equiv\frac{f'\left(x\right)}{f\left(x\right)}&\pmod{x^{n}}\\
     \ln{f\left(x\right)}&\equiv\int\frac{f'\left(x\right)}{f\left(x\right)}&\pmod{x^{n}}
-\end{aligned} $$
+\end{aligned}
+$$
 
 多项式的求导,积分时间复杂度为 $O\left(n\right)$，求逆时间复杂度为 $O\left(n\log{n}\right)$，故多项式求 $\ln$ 时间复杂度 $O\left(n\log{n}\right)$。
 
@@ -25,21 +29,29 @@ $$ \begin{aligned}
 
 首先,对于多项式$f\left(x\right)$，若 $\exp{f\left(x\right)}$ 存在，则其必须满足：
 
-$$\left[x^{0}\right]f\left(x\right)=0$$
+$$
+\left[x^{0}\right]f\left(x\right)=0
+$$
 
 否则 $\exp{f\left(x\right)}$ 的常数项不收敛.
 
 对 $\exp{f\left(x\right)}$ 求导,可得：
 
-$$\exp'{f\left(x\right)}\equiv\exp{f\left(x\right)}f'\left(x\right)\pmod{x^{n}}$$
+$$
+\exp'{f\left(x\right)}\equiv\exp{f\left(x\right)}f'\left(x\right)\pmod{x^{n}}
+$$
 
 比较两边系数可得：
 
-$$\left(n+1\right)\left[x^{n}\right]\exp{f\left(x\right)}=\sum_{i=0}^{n}\left[x^{i}\right]\exp{f\left(x\right)}\left(n-i+1\right)\left[x^{n-i}\right]f\left(x\right) $$
+$$
+\left(n+1\right)\left[x^{n}\right]\exp{f\left(x\right)}=\sum_{i=0}^{n}\left[x^{i}\right]\exp{f\left(x\right)}\left(n-i+1\right)\left[x^{n-i}\right]f\left(x\right)
+$$
 
 又 $\left[x^{0}\right]f\left(x\right)=0$，则：
 
-$$\left(n+1\right)\left[x^{n}\right]\exp{f\left(x\right)}=\sum_{i=0}^{n-1}\left[x^{i}\right]\exp{f\left(x\right)}\left(n-i+1\right)\left[x^{n-i}\right]f\left(x\right) $$
+$$
+\left(n+1\right)\left[x^{n}\right]\exp{f\left(x\right)}=\sum_{i=0}^{n-1}\left[x^{i}\right]\exp{f\left(x\right)}\left(n-i+1\right)\left[x^{n-i}\right]f\left(x\right)
+$$
 
 使用分治 FFT 即可解决.
 
@@ -124,10 +136,14 @@ $$\left(n+1\right)\left[x^{n}\right]\exp{f\left(x\right)}=\sum_{i=0}^{n-1}\left[
 
 当 $\left[x^{0}\right]f\left(x\right)=1$ 时，有：
 
-$$f^{k}\left(x\right)=\exp{\left(k\ln{f\left(x\right)}\right)}$$
+$$
+f^{k}\left(x\right)=\exp{\left(k\ln{f\left(x\right)}\right)}
+$$
 
 当 $\left[x^{0}\right]f\left(x\right)\neq 1$ 时，设 $f\left(x\right)$ 的最低次项为 $f_{i}x^{i}$，则：
 
-$$f^{k}\left(x\right)=f_{i}^{k}x^{ik}\exp{\left(k\ln{\frac{f\left(x\right)}{f_{i}x^{i}}}\right)}$$
+$$
+f^{k}\left(x\right)=f_{i}^{k}x^{ik}\exp{\left(k\ln{\frac{f\left(x\right)}{f_{i}x^{i}}}\right)}
+$$
 
 时间复杂度 $O\left(n\log{n}\right)$。
diff --git a/docs/math/poly/multipoint-eval-interpolation.md b/docs/math/poly/multipoint-eval-interpolation.md
index aa7089ab..c06c4fdf 100644
--- a/docs/math/poly/multipoint-eval-interpolation.md
+++ b/docs/math/poly/multipoint-eval-interpolation.md
@@ -4,7 +4,9 @@
 
 给出一个多项式 $f\left(x\right)$ 和 $n$ 个点 $x_{1},x_{2},...,x_{n}$，求
 
-$$f\left(x_{1}\right),f\left(x_{2}\right),...,f\left(x_{n}\right) $$
+$$
+f\left(x_{1}\right),f\left(x_{2}\right),...,f\left(x_{n}\right)
+$$
 
 ### Method
 
@@ -12,20 +14,26 @@ $$f\left(x_{1}\right),f\left(x_{2}\right),...,f\left(x_{n}\right) $$
 
 将给定的点分为两部分:
 
-$$ \begin{aligned}
+$$
+\begin{aligned}
 	X_{0}&=\left\{x_{1},x_{2},...,x_{\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor}\right\}\\
 	X_{1}&=\left\{x_{\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor+1},x_{\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor+2},...,x_{n}\right\}
-\end{aligned} $$
+\end{aligned}
+$$
 
 构造多项式
 
-$$g_{0}\left(x\right)=\prod_{x_{i}\in X_{0}}\left(x-x_{i}\right) $$
+$$
+g_{0}\left(x\right)=\prod_{x_{i}\in X_{0}}\left(x-x_{i}\right)
+$$
 
 则有 $\forall x\in X_{0}:g_{0}\left(x\right)=0$。
 
 考虑将 $f\left(x\right)$ 表示为 $g_{0}\left(x\right)Q\left(x\right)+f_{0}\left(x\right)$ 的形式，即：
 
-$$f_{0}\left(x\right)\equiv f\left(x\right)\pmod{g_{0}\left(x\right)}$$
+$$
+f_{0}\left(x\right)\equiv f\left(x\right)\pmod{g_{0}\left(x\right)}
+$$
 
 则有 $\forall x\in X_{0}:f\left(x\right)=g_{0}\left(x\right)Q\left(x\right)+f_{0}\left(x\right)=f_{0}\left(x\right)$，$X_{1}$ 同理.
 
@@ -33,7 +41,9 @@ $$f_{0}\left(x\right)\equiv f\left(x\right)\pmod{g_{0}\left(x\right)}$$
 
 时间复杂度
 
-$$T\left(n\right)=2T\left(\frac{n}{2}\right)+O\left(n\log{n}\right)=O\left(n\log^{2}{n}\right) $$
+$$
+T\left(n\right)=2T\left(\frac{n}{2}\right)+O\left(n\log{n}\right)=O\left(n\log^{2}{n}\right)
+$$
 
 ## 多项式的快速插值
 
@@ -41,7 +51,9 @@ $$T\left(n\right)=2T\left(\frac{n}{2}\right)+O\left(n\log{n}\right)=O\left(n\log
 
 给出一个 $n+1$ 个点的集合
 
-$$X=\left\{\left(x_{0},y_{0}\right),\left(x_{1},y_{1}\right),...,\left(x_{n},y_{n}\right)\right\}$$
+$$
+X=\left\{\left(x_{0},y_{0}\right),\left(x_{1},y_{1}\right),...,\left(x_{n},y_{n}\right)\right\}
+$$
 
 求一个 $n$ 次多项式 $f\left(x\right)$ 使得其满足 $\forall\left(x,y\right)\in X:f\left(x\right)=y$。
 
@@ -51,16 +63,20 @@ $$X=\left\{\left(x_{0},y_{0}\right),\left(x_{1},y_{1}\right),...,\left(x_{n},y_{
 
 将给定的点分为两部分:
 
-$$ \begin{aligned}
+$$
+\begin{aligned}
 	X_{0}&=\left\{x_{0},x_{1},...,x_{\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor}\right\}\\
 	X_{1}&=\left\{x_{\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor+1},x_{\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor+2},...,x_{n}\right\}
-\end{aligned} $$
+\end{aligned}
+$$
 
 假设已经求出了 $X_{0}$ 中的点插值出的多项式 $f_{0}\left(x\right)$，考虑如何使其变为所求的 $f\left(x\right)$。
 
 构造多项式
 
-$$g_{0}\left(x\right)=\prod_{x_{i}\in X_{0}}\left(x-x_{i}\right) $$
+$$
+g_{0}\left(x\right)=\prod_{x_{i}\in X_{0}}\left(x-x_{i}\right)
+$$
 
 则有 $\forall\left(x,y\right)\in X_{0}:g_{0}\left(x\right)=0$。
 
@@ -70,18 +86,26 @@ $$g_{0}\left(x\right)=\prod_{x_{i}\in X_{0}}\left(x-x_{i}\right) $$
 
 考虑构造 $f_{1}\left(x\right)$ 使得 $X_{1}$ 中的点也在 $f\left(x\right)$ 上，即：
 
-$$\forall\left(x,y\right)\in X_{1}:f_{1}\left(x\right)g_{0}\left(x\right)+f_{0}\left(x\right)=y$$
+$$
+\forall\left(x,y\right)\in X_{1}:f_{1}\left(x\right)g_{0}\left(x\right)+f_{0}\left(x\right)=y
+$$
 
 变形可得：
 
-$$\forall\left(x,y\right)\in X_{1}:f_{1}\left(x\right)=\frac{y-f_{0}\left(x\right)}{g_{0}\left(x\right)}$$
+$$
+\forall\left(x,y\right)\in X_{1}:f_{1}\left(x\right)=\frac{y-f_{0}\left(x\right)}{g_{0}\left(x\right)}
+$$
 
 这样就得到了新的待插值点集合:
 
-$$X'_{1}=\left\{\left(x,\frac{y-f_{0}\left(x\right)}{g_{0}\left(x\right)}\right):\left(x,y\right)\in X_{1}\right\}$$
+$$
+X'_{1}=\left\{\left(x,\frac{y-f_{0}\left(x\right)}{g_{0}\left(x\right)}\right):\left(x,y\right)\in X_{1}\right\}
+$$
 
 递归对 $X'_{1}$ 插值出 $f_{1}\left(x\right)$ 即可。
 
 由于每次都需要多点求值求出新的待插值点集合 $X'_{1}$，时间复杂度为：
 
-$$T\left(n\right)=2T\left(\frac{n}{2}\right)+O\left(n\log^{2}{n}\right)=O\left(n\log^{3}{n}\right) $$
+$$
+T\left(n\right)=2T\left(\frac{n}{2}\right)+O\left(n\log^{2}{n}\right)=O\left(n\log^{3}{n}\right)
+$$
diff --git a/docs/math/poly/newton.md b/docs/math/poly/newton.md
index 7f187f83..9d3d56c9 100644
--- a/docs/math/poly/newton.md
+++ b/docs/math/poly/newton.md
@@ -2,7 +2,9 @@
 
 给定多项式 $g\left(x\right)$，已知有 $f\left(x\right)$ 满足：
 
-$$g\left(f\left(x\right)\right)\equiv 0\pmod{x^{n}}$$
+$$
+g\left(f\left(x\right)\right)\equiv 0\pmod{x^{n}}
+$$
 
 求出模 $x^{n}$ 意义下的 $f\left(x\right)$。
 
@@ -16,17 +18,25 @@ $$g\left(f\left(x\right)\right)\equiv 0\pmod{x^{n}}$$
 
 将 $g\left(f\left(x\right)\right)$ 在 $f_{0}\left(x\right)$ 处进行泰勒展开，有：
 
-$$\sum_{i=0}^{+\infty}\frac{g^{\left(i\right)}\left(f_{0}\left(x\right)\right)}{i!}\left(f\left(x\right)-f_{0}\left(x\right)\right)^{i}\equiv 0\pmod{x^{n}}$$
+$$
+\sum_{i=0}^{+\infty}\frac{g^{\left(i\right)}\left(f_{0}\left(x\right)\right)}{i!}\left(f\left(x\right)-f_{0}\left(x\right)\right)^{i}\equiv 0\pmod{x^{n}}
+$$
 
 因为 $f\left(x\right)-f_{0}\left(x\right)$ 的最低非零项次数最低为 $\left\lceil\frac{n}{2}\right\rceil$，故有：
 
-$$\forall 2\leqslant i:\left(f\left(x\right)-f_{0}\left(x\right)\right)^{i}\equiv 0\pmod{x^{n}}$$
+$$
+\forall 2\leqslant i:\left(f\left(x\right)-f_{0}\left(x\right)\right)^{i}\equiv 0\pmod{x^{n}}
+$$
 
 则：
 
-$$\sum_{i=0}^{+\infty}\frac{g^{\left(i\right)}\left(f_{0}\left(x\right)\right)}{i!}\left(f\left(x\right)-f_{0}\left(x\right)\right)^{i}\equiv g\left(f_{0}\left(x\right)\right)+g'\left(f_{0}\left(x\right)\right)\left(f\left(x\right)-f_{0}\left(x\right)\right)\equiv 0\pmod{x^{n}}$$
+$$
+\sum_{i=0}^{+\infty}\frac{g^{\left(i\right)}\left(f_{0}\left(x\right)\right)}{i!}\left(f\left(x\right)-f_{0}\left(x\right)\right)^{i}\equiv g\left(f_{0}\left(x\right)\right)+g'\left(f_{0}\left(x\right)\right)\left(f\left(x\right)-f_{0}\left(x\right)\right)\equiv 0\pmod{x^{n}}
+$$
 
-$$f\left(x\right)\equiv f_{0}\left(x\right)-\frac{g\left(f_{0}\left(x\right)\right)}{g'\left(f_{0}\left(x\right)\right)}\pmod{x^{n}}$$
+$$
+f\left(x\right)\equiv f_{0}\left(x\right)-\frac{g\left(f_{0}\left(x\right)\right)}{g'\left(f_{0}\left(x\right)\right)}\pmod{x^{n}}
+$$
 
 ## Examples
 
@@ -34,49 +44,67 @@ $$f\left(x\right)\equiv f_{0}\left(x\right)-\frac{g\left(f_{0}\left(x\right)\rig
 
 设给定函数为 $h\left(x\right)$，有方程：
 
-$$g\left(f\left(x\right)\right)=\frac{1}{f\left(x\right)}-h\left(x\right)\equiv 0\pmod{x^{n}}$$
+$$
+g\left(f\left(x\right)\right)=\frac{1}{f\left(x\right)}-h\left(x\right)\equiv 0\pmod{x^{n}}
+$$
 
 应用 Newton's Method 可得：
 
-$$ \begin{aligned}
+$$
+\begin{aligned}
     f\left(x\right)&\equiv f_{0}\left(x\right)-\frac{\frac{1}{f_{0}\left(x\right)}-h\left(x\right)}{-\frac{1}{f_{0}^{2}\left(x\right)}}&\pmod{x^{n}}\\
     &\equiv 2f_{0}\left(x\right)-f_{0}^{2}\left(x\right)h\left(x\right)&\pmod{x^{n}}
-\end{aligned} $$
+\end{aligned}
+$$
 
 时间复杂度
 
-$$T\left(n\right)=T\left(\frac{n}{2}\right)+O\left(n\log{n}\right)=O\left(n\log{n}\right) $$
+$$
+T\left(n\right)=T\left(\frac{n}{2}\right)+O\left(n\log{n}\right)=O\left(n\log{n}\right)
+$$
 
 ### <span id="sqrt">[多项式开方](../poly-sqrt)</span>
 
 设给定函数为 $h\left(x\right)$，有方程：
 
-$$g\left(f\left(x\right)\right)=f^{2}\left(x\right)-h\left(x\right)\equiv 0\pmod{x^{n}}$$
+$$
+g\left(f\left(x\right)\right)=f^{2}\left(x\right)-h\left(x\right)\equiv 0\pmod{x^{n}}
+$$
 
 应用 Newton's Method 可得：
 
-$$ \begin{aligned}
+$$
+\begin{aligned}
     f\left(x\right)&\equiv f_{0}\left(x\right)-\frac{f_{0}^{2}\left(x\right)-h\left(x\right)}{2f_{0}\left(x\right)}&\pmod{x^{n}}\\
     &\equiv\frac{f_{0}^{2}\left(x\right)+h\left(x\right)}{2f_{0}\left(x\right)}&\pmod{x^{n}}
-\end{aligned} $$
+\end{aligned}
+$$
 
 时间复杂度
 
-$$T\left(n\right)=T\left(\frac{n}{2}\right)+O\left(n\log{n}\right)=O\left(n\log{n}\right) $$
+$$
+T\left(n\right)=T\left(\frac{n}{2}\right)+O\left(n\log{n}\right)=O\left(n\log{n}\right)
+$$
 
 ### <span id="exp">[多项式 exp](../poly-exp)</span>
 
 设给定函数为 $h\left(x\right)$，有方程：
 
-$$g\left(f\left(x\right)\right)=\ln{f\left(x\right)}-h\left(x\right)\pmod{x^{n}}$$
+$$
+g\left(f\left(x\right)\right)=\ln{f\left(x\right)}-h\left(x\right)\pmod{x^{n}}
+$$
 
 应用 Newton's Method 可得：
 
-$$ \begin{aligned}
+$$
+\begin{aligned}
     f\left(x\right)&\equiv f_{0}\left(x\right)-\frac{\ln{f_{0}\left(x\right)}-h\left(x\right)}{\frac{1}{f_{0}\left(x\right)}}&\pmod{x^{n}}\\
     &\equiv f_{0}\left(x\right)\left(1-\ln{f_{0}\left(x\right)+h\left(x\right)}\right)&\pmod{x^{n}}
-\end{aligned} $$
+\end{aligned}
+$$
 
 时间复杂度
 
-$$T\left(n\right)=T\left(\frac{n}{2}\right)+O\left(n\log{n}\right)=O\left(n\log{n}\right) $$
+$$
+T\left(n\right)=T\left(\frac{n}{2}\right)+O\left(n\log{n}\right)=O\left(n\log{n}\right)
+$$
diff --git a/docs/math/poly/sqrt.md b/docs/math/poly/sqrt.md
index ff546cfa..a591c852 100644
--- a/docs/math/poly/sqrt.md
+++ b/docs/math/poly/sqrt.md
@@ -2,7 +2,9 @@
 
 给定多项式 $g\left(x\right)$，求 $f\left(x\right)$，满足：
 
-$$f^{2}\left(x\right)\equiv g\left(x\right) \pmod{x^{n}}$$
+$$
+f^{2}\left(x\right)\equiv g\left(x\right) \pmod{x^{n}}
+$$
 
 ## Methods
 
@@ -10,7 +12,8 @@ $$f^{2}\left(x\right)\equiv g\left(x\right) \pmod{x^{n}}$$
 
 假设现在已经求出了 $g\left(x\right)$ 在模 $x^{\left\lceil\frac{n}{2}\right\rceil}$ 意义下的平方根 $f_{0}\left(x\right)$，则有：
 
-$$ \begin{aligned}
+$$
+\begin{aligned}
 	f_{0}^{2}\left(x\right)&\equiv g\left(x\right) &\pmod{x^{\left\lceil\frac{n}{2}\right\rceil}}\\
 	f_{0}^{2}\left(x\right)-g\left(x\right)&\equiv 0 &\pmod{x^{\left\lceil\frac{n}{2}\right\rceil}}\\
 	\left(f_{0}^{2}\left(x\right)-g\left(x\right)\right)^{2}&\equiv 0 &\pmod{x^{n}}\\
@@ -18,13 +21,16 @@ $$ \begin{aligned}
 	\left(\frac{f_{0}^{2}\left(x\right)+g\left(x\right)}{2f_{0}\left(x\right)}\right)^{2}&\equiv g\left(x\right) &\pmod{x^{n}}\\
 	\frac{f_{0}^{2}\left(x\right)+g\left(x\right)}{2f_{0}\left(x\right)}&\equiv f\left(x\right) &\pmod{x^{n}}\\
 	2^{-1}f_{0}\left(x\right)+2^{-1}f_{0}^{-1}\left(x\right)g\left(x\right)&\equiv f\left(x\right) &\pmod{x^{n}}
-\end{aligned} $$
+\end{aligned}
+$$
 
 倍增计算即可。
 
 时间复杂度
 
-$$T\left(n\right)=T\left(\frac{n}{2}\right)+O\left(n\log{n}\right)=O\left(n\log{n}\right) $$
+$$
+T\left(n\right)=T\left(\frac{n}{2}\right)+O\left(n\log{n}\right)=O\left(n\log{n}\right)
+$$
 
 还有一种常数较小的写法就是在倍增维护 $f\left(x\right)$ 的时候同时维护 $f^{-1}\left(x\right)$ 而不是每次都求逆.
 
diff --git a/docs/math/poly/tri-func.md b/docs/math/poly/tri-func.md
index bc19c363..8080adca 100644
--- a/docs/math/poly/tri-func.md
+++ b/docs/math/poly/tri-func.md
@@ -6,17 +6,21 @@
 
 首先由 [Euler's formula](https://en.wikipedia.org/wiki/Euler's_formula) $\left(e^{ix} = \cos{x} + i\sin{x}\right)$ 可以得到[三角函数的另一个表达式](https://en.wikipedia.org/wiki/Trigonometric_functions#Relationship_to_exponential_function_and_complex_numbers)：
 
-$$ \begin{aligned}
+$$
+\begin{aligned}
 	\sin{x} &= \frac{e^{ix} + e^{-ix}}{2i} \\
 	\cos{x} &= \frac{e^{ix} - e^{-ix}}{2}
-\end{aligned} $$
+\end{aligned}
+$$
 
 那么代入 $f\left(x\right)$ 就有：
 
-$$ \begin{aligned}
+$$
+\begin{aligned}
 	\sin{f\left(x\right)} &= \frac{\exp{\left(if\left(x\right)\right)} - \exp{\left(-if\left(x\right)\right)}}{2i} \\
 	\cos{f\left(x\right)} &= \frac{\exp{\left(if\left(x\right)\right)} + \exp{\left(-if\left(x\right)\right)}}{2}
-\end{aligned} $$
+\end{aligned}
+$$
 
 注意到我们是在 $\mathbb{Z}_{998244353}$ 上做 NTT，那么相应地，虚数单位 $i$ 应该换成 $\sqrt{-1} \equiv \sqrt{998244352} \equiv 86583718 \pmod{998244353}$。
 
diff --git a/docs/math/primitive-root.md b/docs/math/primitive-root.md
index 5b630c16..ad0dce50 100644
--- a/docs/math/primitive-root.md
+++ b/docs/math/primitive-root.md
@@ -40,7 +40,9 @@ $(g,m) =1$，设 $p_1, p_2, \cdots, p_k$ 是 $\varphi(m)$ 的所有不同的素
 
 由裴蜀定理得，一定存在一组 $k,x$ 满足 $kt=x(p-1)+\gcd(t,p-1)$；由欧拉定理/费马小定理得 $a^{p-1}\equiv 1\pmod{p}$；故有：
 
-$$1\equiv a^{kt}\equiv a^{x(p-1)+\gcd(t,p-1)}\equiv a^{\gcd(t,p-1)}\pmod{p}$$
+$$
+1\equiv a^{kt}\equiv a^{x(p-1)+\gcd(t,p-1)}\equiv a^{\gcd(t,p-1)}\pmod{p}
+$$
 
 又有 $t<p-1$，故 $\gcd(t,p-1)\leqslant t<p-1$。
 
-- 
2.11.0