[OI] 数学与推论证明 1

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2.[OI] 数学与推论证明 3（高中数学篇）2024-08-01

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本博客更新很慢，有时候你会碰到施工现场（半成品草稿），是正常现象

$1$. 数论定义

$2$. 整除

$3$. 最大公约数与最小公倍数

$4$. 素数

$5$. 同余

$6$. 排列与组合

$7$. 斐波那契数列

$8$. 导数与积分

$9$. 莫比乌斯函数与莫比乌斯反演

$10$. 容斥原理拓展

$11$. 初等函数拓展

$12$. 极限

$\mathrm{\aleph }$. 杂项

前情提要

信息学数论也是数学内容，涉及繁杂的数学推理与证明过程，以下为了简明文章内容，说明如下.

1. "证明过程如下" 替换为 "$P.(id)$".

2. "实现代码如下" 替换为 "$Program$"，并将代码折叠.

3. 上文提到的函数，定理等直接列出，必要处指出定义章节.

4. 博客排布不等于撰写顺序，需要时会添加.

1.数论定义

1.1 积性函数与数论加性函数

1.1.1 概述

若函数 $f(x)$ 满足 $f(1)=1$，且对于任意互质的自然数 $x,y$，都有 $f(xy)=f(x)f(y)$，则 $f(x)$ 为积性函数.

若函数 $f(x)$ 满足 $f(1)=1$，且对于任意自然数 $x,y$，都有 $f(xy)=f(x)f(y)$，则 $f(x)$ 为完全积性函数.

若函数 $f(x)$ 对于任意互质的整数 $x,y$，都有 $f(xy)=f(x)+f(y)$，则 $f(x)$ 为数论加性函数.

1.1.2 积性函数的性质

$No.1121$ 若 $f(x),g(x)$ 为积性函数，则以下函数为积性函数:

$$f(x^p)$$

$$f^p(x)$$

$$f(x)g(x)$$

2.整除

2.1 概述

若存在整数 $c$，使 $a=bc$，则有 $b$ 整除 $a$，记作 $b\mid a$，否则 $b\nmid a$.

$No.211$ 若 $a\mid b,b\mid c$ ，则 $a\mid c$.

$No.212$ 若 $b\mid a,b\mid c$，则 $b\mid (a\pm c)$.

$No.213$ 若 $b\mid a$，则有 $a=0$ 或 $|a|=|b|$.

$No.214(fromNo.213)$ 若 $\mid b,b\mid a$，则 $a=b$.

此外，对于一些特殊的数，满足:

$No.215$ 若 $k\in N_{+}$，则 $p^k-q^k=(p-q)(p^{n-1}+p^{n-2}q+...+p{q}^{n-2}+q^{n-1})$，即 $(p-q)\mid (p^k-q^k)$.

$No.216(fromNo.215)$ 若 $k\in N_{+}$，则 $(p-1)\mid (p^k-1)$.

$No.217$ 若 $k$ 为正奇数，则 $(x+y)\mid (x^k+y^k)$.

2.2 整除推论

$No.221$ $S(n)$ 表示 $n$ 的各个数位数字之和，则 $9\mid n$ 的充分必要条件为 $9\mid S(n)$.

$$P.221$$

设 $n=a_k\times {10}^k+...+a_1\times 10+a_0$，则 $S(n)=a_k+...+a_0$. 那么 $n-S(n)=a_k({10}^k-1)+...+a_1(10-1)$，该式每一项均是 $9$ 的倍数，得证.

3.最大公约数与最小公倍数

3.1 最大公约数概述

定义 $(x,y)$ 为 $x,y$ 的最大公约数. $(x,y)$定义为 满足 $x\mid k$ 且 $y\mid k$ 的 $k$ 的最大值.

$No.311$ $(x,y)=(-x,y)=(x,-y)$

$No.312$ $(x,y)=(y,x)$

$No.313$ $(x,y)=(x,y+ax)(a\in Z)$

$$P.313$$

设 $(a,b)=k$，有 $k\mid ax+b(x\in Z)$，则 $k$ 为 $(a,b+ax)$ 的一个公约数.

假设 $(a,b+ax)>k$，即 $(a,b+ax)=k+m(m>0)$，有 $k+m\mid a,k+m\mid b+ax,k+m\mid ax$，则 $k+m\mid b$，有 $(a,b)=k+m$，假设不成立. 故 $(a,b)=(a,b+ax)$.

$No.314$ 若 $(a,b)=c,d\mid a,d\mid b$，则 $(\frac{a}{d},\frac{b}{d})=\frac{c}{d}$.

$$P.314$$

若 $d\mid a,d\mid b$，说明 $a,b$ 有公因子 $d$，由最大公约数定义，$d\mid c$，将该因子除去，$c$ 也相应减少一个因子 $d$.

3.2 裴蜀定理

$No.321$ 若 $a,b$ 不全为 $0$，则对任意整数 $x,y$，有 $(a,b)\mid ax+by$.

$No.322$ 若 $a,b$ 不全为 $0$，则存在整数 $x,y$，使 $ax+by=(a,b)$.

$$P.322$$

不妨设 $d\le b,(a,b)=d$.

可得 $d\mid ax+by$.

令 $s$ 为 $ax+by$ 的最小正值，令 $a=sq+r$，有 $r=amods=a-q(ax+by)=a(1-qx)+b(-qy)$.

由 $r=amods$，得 $0\le r<s$，但因 $s$ 为 $ax+by$ 的最小正值，不可能存在满足 $ax+by$ 的更小的正数，而 $r=a(1-qx)+b(-qy)$ 恰好为 $ax+by$ 的形式，因此只能令 $r=0$. 所以 $s$ 是 $a,b$ 的一个公约数. 可以得到 $d\mid s$.

我们知道，两个数的公约数一定不大于它们的最大公约数，而 $d\mid s$ 又要求 $d\le s$. 因此只能令 $d=s$. 得证.

$No.323(fromNo.322)$ 若 $a,b$ 不全为 $0$，且有正数 $d$ 满足 $a\mid d$ 且 $b\mid d$. 若存在整数 $x,y$ 满足 $ax+by=d$，则 $d=(a,b)$.

$No.324(fromNo.322)$ 若 $a,b$ 不全为 $0$，则存在整数 $x,y,d$，使 $ax+by=d$ 有解的充要条件为 $(a,b)\mid d$.

3.3 欧几里得算法 (辗转相除法)

欧几里得算法主要用于求 $(a,b)$ 的值，所用的原理可以表示如下:

$No.331$ $(x,y)=(y,xmody)(x>y)$.

$$P.331$$

不妨设 $x>y$.

将 $x$ 拆成两部分: 一部分为 $y$ 的整倍数，另一部分为余下部分，可以得出，余下部分最小为 $xmody$.

那么令 $x=ky+xmody(k\in Z)$，定义正整数 $d$ 满足 $d\mid x$ 且 $d\mid y$.

移项，$xmody=x-ky$，则有 $\frac{xmody}{d}=\frac{x}{d}-\frac{ky}{d}$. 由前方证得等式左方两项均为整数，则等式右方也为整数，那么 $d\mid xmody$.

可得 $(y,xmody)=d$，得证.

$Program$

int gcd(int a,int b){
	if(b == 0) return a;
	return gcd(b,a%b);
}

3.4 更相减损术

更相减损术是一种用加减法代替乘除法求最大公约数的过程，利用原理为 $No.313$. 同时，这种方法还有一种优化策略:

$No.341(fromNo.314)$ 若 $2\mid a,2\mid b$，则 $(a,b)=\frac{1}{2}(\frac{a}{2},\frac{b}{2})$.

$No.342$ 若 $2\mid a,2\nmid b$，则 $(a,b)=(\frac{a}{2},b)$.

$$P.342$$

$2\nmid b$ 说明两者无公因子 $2$，说明将该因子除去不影响结果.

3.5 扩展欧几里得算法

扩展欧几里得算法可以求出裴蜀方程 $ax+by=(a,b)$ 的一组解.

$$P.35$$

GPT 证的，不保证正确性

欧几里得算法（Euclidean algorithm）是一种用来计算两个整数的最大公约数（Greatest Common Divisor, GCD）的算法。它不仅限于求解两个整数的最大公约数，还可以用于求解任意两个整数a和b的扩展欧几里得方程（Extended Euclidean Algorithm, ExGCD）：

$ax+by=\text{gcd}(a,b)$

其中，$\text{gcd}(a,b)$ 是 a 和 b 的最大公约数。

证明过程

1. 基本步骤：

   • 如果 $a=b$，则 $\text{gcd}(a,b)=a=b$，此时直接返回 $x=1,y=0$。
   • 如果 $a>b$，那么可以将问题转化为求 $\text{gcd}(b,a\mathrm{mod}b)$，然后递归调用这个函数。

2. 递归过程：

   • 假设我们已经知道 $\text{gcd}(a,b)=d$，并且找到了一组整数 $x_1$ 和 $y_1$ 满足 $a{x}_1+b{y}_1=d$。
   • 现在考虑 $\text{gcd}(a^{\prime },b^{\prime })$，其中 $a^{\prime }=b,b^{\prime }=a\mathrm{mod}b$。根据基本步骤，我们知道 $\text{gcd}(b^{\prime },a^{\prime })=d$，并且有 $b{x}_1+a^{\prime }{y}_1=d$。
   • 由于 $a^{\prime }=a-\lfloor \frac{a}{b}\rfloor b$，我们可以将 $a^{\prime }$ 和 $b^{\prime }$ 的表达式代入到上述等式中，得到：
     $b(x_1-\lfloor \frac{a}{b}\rfloor y_1)+a(-y_1)=d$
   • 这样，我们得到了一个新的等式：$ax+by=\text{gcd}(a,b)$，其中 $x=x_1-\lfloor \frac{a}{b}\rfloor y_1,y=-y_1$。

3. 最终结果：

   • 经过递归调用，最终会得到一个简单的等式 $a^{\prime }{x}^{\prime }+b^{\prime }{y}^{\prime }=\text{gcd}(a,b)$，其中 $a^{\prime }=b,b^{\prime }=a\mathrm{mod}b$。
   • 通过不断调整 $x$ 和 $y$ 的值，可以逐步回溯到初始的 $a$ 和 $b$，得到满足条件的 $x$ 和 $y$。

示例

以求解 $\text{gcd}(60,48)$ 为例：

• 第一步：$60=1\times 48+12$, 所以 $\text{gcd}(60,48)=\text{gcd}(48,12)$
• 第二步：$48=4\times 12+0$, 所以 $\text{gcd}(48,12)=12$

使用扩展欧几里得算法，我们得到：

• 当 $a=60,b=48$ 时，$x=1,y=-2$，满足 $60\times 1+48\times (-2)=12$。
• 当 $a=48,b=12$ 时，$x=4,y=-1$，满足 $48\times 4+12\times (-1)=12$。

因此，对于任意两个整数 $a$ 和 $b$，可以通过扩展欧几里得算法找到满足 $ax+by=\text{gcd}(a,b)$ 的整数 $x$ 和 $y$。

$Program$

int exgcd(int a,int b,int &x,int &y){
    if(b ==0){
        x=1;
        y=0;
        return a;
    }
    int ret=exgcd(b,a%b,x,y);
    int t=x;
    x=y;
    y=t-a/b*y;
    return ret;
}

3.6 求裴蜀等式最小正解

一般来说，我们求裴蜀等式都会解出一个解集组，这时候让我们对于其中一个解取一组特殊值. 因此我们需要根据一组求出来的一般解解出特殊解. 通常情况下我们采用如下等式.

$No.361$ $ax+by=a(x-bk)+b(y+ak)$

下面我们来讨论解出最小正解的方式.

注意到我们只需要求出最大的 $k$ 值即可，令 $x-bk>0$，有 $bk<x$，得出 $k_{max}=floor(\frac{x}{b})$，那么 $x_{ans}=x-bk$ 即可.

事实上，该式也可写作 $x_{ans}=(xmodp+p)modp$.

3.7 扩展欧几里得算法解一般裴蜀等式

一般裴蜀等式是指 $ax+by=c(a,b,c,x,y\in Z)$ 这样的式子. 对于这样的式子，我们有:

$No.371$ 满足 $ax+by=c$ 有解的充要条件为 $(a,b)\mid c$.

因此，对于 $ax+by=c$，我们可以将其化为 $\frac{a(a,b)}{c}x+\frac{b(a,b)}{c}y=(a,b)$，这样，我们可以用扩展欧几里得解出一组 $\frac{a(a,b)}{c}x$ 与 $\frac{b(a,b)}{c}y$.

4.素数

4.1 概述

素数是除了 $1$ 与它本身外无其他正因子的整数.

$(a,b)=1$ 的两个整数称互素.

$No.411$ 大于 $1$ 的整数必有素约数.

$No.412$ 若 $p$ 是素数，则对于任意整数 $n$，要么 $p\mid n$，要么 $p,n$ 互素.

4.2 算术基本定理

4.3 质因数分解

$No.431$ 一个数 $n$ 的因数 $m$ 一定是由它的质因数组成的

$$P.431$$

假设该结论不成立，则说明存在 $p$，使得 $p\nmid n$ 且 $p\mid m$. 不妨设 $m=kp(k\in Z)$，则有 $kp\nmid n$，即 $m\nmid n$，与假设矛盾，故结论成立

$No.432(fromNo.431)$ 给一个数 $n$ 乘一个它的因数，不会改变 $n$ 的质因数个数.

4.4 欧拉函数

4.4.1 概述

欧拉函数用于计算小于等于 $n$ 的数中与 $n$ 互质的数的个数. 它的计算公式如下:

$$\phi (n)=n\times \prod _{1\le i\le k}^i(1-\frac{1}{p_i})$$

其中 $p_i$ 为 $n$ 不重复的质因子.

4.4.2 欧拉函数的性质

$No.4421$ $\phi (1)=1$

$No.4422$ 若 $p$ 为素数，则 $\phi (p)=p-1$.

$No.4423$ 若 $p$ 为素数，则 $\phi (p^k)=(p-1)p^{k-1}$.

$$P.4423$$

假设 $p\mid l$，不妨设 $l=mp(m\in Z)$. 由欧拉定理中 $l\le n$，可知 $mp\le p^k$，即 $m\le p^{k-1}$，这些数都能被 $p$ 整除，因此不与 $p^k$ 互质. 由 $No.412$，与 $p^k$ 互质的数就有 $p^k-p^{k-1}=(p-1)p^{k-1}$ 个.

$No.4424$ $\phi (x)$ 为积性函数.

$No.4425$ 区间 $[1,n]$ 中全部与 $m$ 互质的数的个数为 $\frac{n}{m}\phi (m)$.

4.4.3 关于欧拉函数的推论

$No.4431$ 若 $p\mid n$，则 $\phi (n\times p)=p\times \phi (n)$.

$$P.4431$$

因为 $p\mid n$, 不妨设 $n=kp(k\in Z)$，则 $n\times p=k{p}^2$.

根据欧拉函数的定义，有 $\phi (kp)=kp\times \prod _{1\le i\le l}^i(1-\frac{1}{p_i})$，且 $\phi (k{p}^2)=k{p}^2\times \prod _{1\le j\le t}^j(1-\frac{1}{p_j})$.

因为 $kp$ 已有质因数 $p$，根据 给一个数 $n$ 乘一个它的因数，不会改变 $n$ 的质因数值 ($No.432$). 可得 $\phi (kp)$ 和 $\phi (k{p}^2)$ 的后项是相等的. 那么就有 $\phi (n\times p)=p\times \phi (n)$.

4.4.4 欧拉筛

关于单独计算单值的欧拉函数，我们可以直接根据定义得到. 从小到大判断原数能否被当前数整除，若可以则将原数中全部相同质因子都去掉.

需要注意的是，与 $n$ 互质的数中，比 $\sqrt{n}$ 大的至多只有一个. 因此我们可以只分解出小于 $\sqrt{n}$ 的质因数，假如最后剩下的数字比一要大，那么剩下的数字即为那个互质的数.

$Program$

int phi(int n){
  	int ans=n;
  	for(int i=2;i<=sqrt(n+0.5);i++){
	    if(n%i==0){
		    ans=ans/i*(i-1);
		    while(n%i==0){
			  	n/=i;
			}
	    }
  	}
  	if(n>1){
	  	ans=ans/n*(n-1);
	}
  	return ans;
}

欧拉筛可以帮我们提前计算出区间内的全部欧拉函数.

我们使用线性筛做基础来进行.

$Program$

代码中的解释:

1. 第二行根据 $No.4421$
2. 循环前四行为判断素数，$b$ 数组标记合数，$prime$ 数组按顺序记录全部的素数，$p$ 数组为欧拉函数.
3. 循环第三行利用 $No.4422$
4. 后面进行线性筛核心语句
5. 循环第七行: 若一个合数 $n$ 能被一个质数 $p$ 整除，那么 $n\times p$ 中一定包含了能与 $n$ 互质的全部整数.
6. 循环最后 : 利用 $No.4424$

void euler(int n){
	p[1]=1;
    for(int i=2;i<=n;++i){
    	if(!b[i]){
        	prime[++num]=i;
            p[i]=i-1;
        }
    	for(int j=1;j<=num&&prime[j]*i<=n;++j){
    		b[i*prime[j]]=true;
        	if(i%prime[j]==0){
        		p[i*prime[j]]=p[i]*prime[j];
           	 	break;
        	}
        	else{
        		p[i*prime[j]]=p[i]*p[prime[j]];
        	}
    	} 
    } 
}

当然，除了线性筛，我们还有一种 $O(nlogn)$ 的类埃氏筛做法.

$Program$

for(int i=1;i<=n;++i){
	p[i]=i;
}
for(int i=2;i<=n;++i){
	if(p[i]==i){
		for(int j=i;j<=n;j+=i){
			p[j]=p[j]*(i-1)/i;
		}
	}
}

4.5 约数个数函数

定义 $d(x)$ 表示 $x$ 的不同正因子个数，形式化地 ，$d(x)=\sum _i^x[i\mid x]$

对于一个大于 $1$ 的正整数 $n$ 分解质因数，令 $n=\prod _{i=1}^k{p}_i^{a_i}$，则有：

$$d(n)=\prod _{i=1}^k(a_i+1)$$

$$P.4.5$$

由约数的定义可知 $p_i^{a_i}$ 的约数有且仅有 $p_i^{a_j}$，其中 $j\in [0,i]$，即一共有 $(a_i+1)$ 个.

由乘法原理得证.

5.同余

5.1 概述

若正整数 $n,a,b$ 满足 $n\mid (a+b)$，则称 $a\equiv b(\mathrm{mod}c)$. 否则称 $a\not\equiv b(\mathrm{mod}c)$.

$No.511$ $a\equiv b(\mathrm{mod}c)$ 的充要条件为 $amodc=bmodc$.

$No.512$ $a\equiv a(\mathrm{mod}n)$.

$No.513$ 若 $a\equiv b(\mathrm{mod}n),b\equiv c(\mathrm{mod}n)$，则 $a\equiv c(\mathrm{mod}n)$.

$No.514$ 若 $a\equiv b(\mathrm{mod}n),c\equiv d(\mathrm{mod}n)$，则 $(a\pm c)\equiv (b\pm d)(\mathrm{mod}n)$.

$No.515$ 若 $a\equiv b(\mathrm{mod}n),c\equiv d(\mathrm{mod}n)$，则 $(ac)\equiv (bd)(\mathrm{mod}n)$.

对于单纯的取模操作，我们也有:

$No.516$ $c(a+b)modp=c(amodp+bmodp)modp$.

5.2 费马小定理

$No.521$ 若 $p$ 为素数，$a,p$ 互素. 则 $a^{p-1}\equiv 1(\mathrm{mod}p)$.

$No.522(fromNo.521)$ 若 $p$ 为素数，$a,p$ 互素. 则 $a^p\equiv a(\mathrm{mod}p)$.

5.3 线性同余方程

线性同余方程是形为 $ax\equiv b(\mathrm{mod}n)$ 这样的一元一次方程，为了解出这样的方程，需要掌握如下技巧.

5.3.1 乘法逆元

若 $ax\equiv 1(\mathrm{mod}b)$，则称 $x$ 为 $a$ 在模 $b$ 意义下的乘法逆元，记作 $a^{-1}$.

因为除法取模不满足类分配律，因此出现了乘法逆元来进行 $\frac{a}{b}modp$ 的快速计算.

乘法逆元的定义推导

设 $\frac{a}{b}modp=m$，给等式两边同乘 $b$，有 $amodp=mbmodp$ . 若存在 $axmodp=m$.

不妨设 $a,b<p$，则有 $a=mbmodp$. 等式两边同乘 $x$，有 $axmodp=mmodp=xmbmodp$.

联立上述式子，那么 $m=xmbmodp$，解得 $bxmodp=1$.

一个逆元方程并不一定有解，$a,b$ 存在倍数关系时无逆元，反之，$a,b$ 互质时存在逆元.

下面我们介绍求逆元的方法，因此以下默认 $a,b$ 不存在倍数关系.

费马小定理可以求出当模数 $b$ 为素数时的逆元.

正确性证明

根据费马小定理，有 $a^{p-1}modp=a\times a^{p-2}modp=1$，为逆元方程. 因此 $a$ 在模 $p$ 意义下的逆元为 $a^{p-2}modp$.

$Program$

int quickpow(int a,int n,int p){
    int ans=1;
    while(n){
        if(n&1) ans=ans*a%p;
        a=a*a%p;
        n>>=1;
    }
    return ans;
}

int bace(int a,int p){
    return quickpow(a,p-2,p);
}

扩展欧几里得算法可以求逆元.

正确性证明

若要 $ax\equiv 1(\mathrm{mod}b)$，则有 $ax=by+1$，即 $ax-by=1$. 这里 $y$ 为中间参数，取相反数不影响结果. 有 $ax+by=1$，所以可以使用扩展欧几里得算法求逆元. 只需要满足 $a,b$ 互质.

$Program$

int exgcd(int a,int b,int &x,int &y){
    if (b==0) {
        x=1;
        y=0;
        return a;
    }
    // 注意传参顺序
    int ret=exgcd(b, a%b, y, x);
    y-=a/b*x;
    return ret;
}

还有一种线性求逆元的方法，适合多次大量预处理时使用，利用的原理为

$No.5311$ $i^i\equiv -\lfloor \frac{p}{i}\rfloor \times (pmodi{)}^{-1}(\mathrm{mod}p)$

$Program1$

ny[1] = 1;
for (int i = 2; i < p; ++i) {
    ny[i] = (long long)-(p / i) * ny[p % i] % p; // 注意最后的模 p 不要忘记
}

$Program2$

// 因为 1<i<p，所以 p/i 一定小于 p
ny[1] = 1;
for (int i = 2; i < p; ++i) {
    ny[i] = (long long)(p - p / i) * ny[p % i] % p; // 注意最后的模 p 不要忘记
}

5.3.2 线性同余方程

$No.5321$ 线性同余方程 $ax\equiv b(\mathrm{mod}m)$ 有解的充要条件为 $(a,m)\mid b$.

我们注意到 $ax\equiv b(\mathrm{mod}m)$ 实际上等价于 $ax-b=ym(y\in Z)$. 移项可得 $ax-ym=b$，不妨设 $y=-y$，那么有 $ax+my=b$. 因此我们可以利用扩展欧几里得解出一组通解 $x_0,y_0$，那么方程的一个解就为 $x_1=\frac{b{x}_0}{(a,m)}$，通解 $x$ 满足 $x\equiv x_1(\mathrm{mod}\frac{m}{(a,m)})$.

5.4 中国剩余定理

中国剩余定理算法可以用于求解一个线性同余方程组 $\sum _{i}x\equiv a_i(\mathrm{mod}n{)}_i$ (其中模数必须两两互质).

中国剩余定理的主要内容体现流程如下:

1. 计算 $n=\prod _i{n}_i$

2. 计算 $\sum _i{m}_i=\frac{n}{n_i}$

3. 计算 $\sum _i{c}_i=m_i\times m_i^{-1}(\mathrm{mod}{m}_i)$

4. $x=\sum _i{a}_i\times c_{i}modn$.

正确性证明

引用我们在步骤中使用到的变量.

因为全部的 $n_i$ 两两互质，因此将全部两两互质的数乘起来，可知 $n$ 其中的质因子 $n_i$ 必然只有一个. 那么 $m_i=\frac{n}{n_i}$ 中必然没有质因子 $n_i$，也就是说 $m_i,n_i$ 互质.

因为互质，所以由乘法逆元的定义，我们可以推出

$$m_i\times m_i^{-1}\equiv 1(\mathrm{mod}{n}_i)$$

由 $No.515$，可得

$$m_i\times m_i^{-1}\times a_i\equiv a_i(\mathrm{mod}{n}_i)$$

并且根据上述两两互质，又因为 $m_i=\frac{n}{n_i}$，因此 $m_{i}mod{n}_j=0$，我们还可以得出

$$m_i\times m_i^{-1}\times a_i\equiv 0(\mathrm{mod}{n}_j)(i\ne j)$$

根据构造，可得

$$x\equiv \sum _i(a_i\times m_i\times m_i^{-1})(\mathrm{mod}n)$$

符合原方程组的形式，即存在 $x$ 为原方程的解.

6.排列与组合

6.1 概述

排列是指若干元素排成一列的不同情况 (考虑顺序). 从 $n$ 个元素中选出 $m$ 个数的排列的个数称为 $n$ 选 $m$ 的排列数，记作 $A_n^m$.

排列数的计算公式为

$$A_n^m=n(n-1)(n-2)...(n-m+1)$$

也即

$$A_n^m=\frac{n!}{(n-m)!}$$

组合是将若干元素选入集合内的不同情况 (不考虑顺序). 从 $n$ 个元素中选出 $m$ 个数的组合的个数称为 $n$ 选 $m$ 的组合数，记作 $C_n^m$.

组合数的计算公式为

$$C_n^m=\frac{n(n-1)(n-2)...(n-m+1)}{m(m-1)(m-2)...1}$$

也即

$$C_n^m=\frac{A_n^m}{A_m^m}=\frac{n!}{m!(n-m)!}$$

一般来说，我们有

$A_n^n=A_n^{n-1}$.

$A_n^1=n$，$C_n^1=n$.

$A_n^n=n!$，$C_n^n=1$.

$C_n^{n-1}=n$.

$C_n^m=C_n^{n-m}$.

$C_n^m=C_{n-1}^{m-1}+C_{n-1}^m$.

6.1.1 二项式定理

二项式定理用于对 $(x+y{)}^k$ 进行展开

$No.6111$ $(x+y{)}^n=\sum _{i=0}^n{C}_n^i{x}^{n-i}{y}^i$

6.2 快速组合数求法

6.2.1 Lucas 定理

Lucas 定理的适用条件: 组合数很大，模数较小 (一般 $\le {10}^5$) ，且为素数.

$No.6211$ $C_n^m=C_{\lfloor \frac{n}{p}\rfloor }^{\lfloor \frac{m}{p}\rfloor }\times C_{nmodp}^{mmodp}modp$.

$$P.6211$$

不妨设 $p$ 为质数. 那么对于 $j\in [1,p)$，有:

$$C_p^j=\frac{p!}{j!(p-j)!}=\frac{(p-1)!}{(j-1)!(p-j)!}\times \frac{p}{j}$$

可以发现提出了一个因子 $p$. 也就是说 $C_p^j\mathrm{mod}p=0$.

那么根据二项式定理,

$$(1+j{)}^p=1+\sum _i^{p-1}[C_p^i\times j^i]+j^p$$

因为已证得中间一项中一定有因子 $p$，故

$$\sum _i^{p-1}[C_p^i\times j^i]modp=0$$

也即

$$(1+j{)}^p\equiv 1+j^p(\mathrm{mod}p)$$

在这里我们进行构造，设 $n=sp+q,m=lp+r(p,r\in [1,p)$. 也就是都表示成带余除法式. 那么

$$(1+x{)}^{sp+q}=(1+x{)}^{sp}(1+x{)}^q$$

根据上面的结论，有

$$(1+x{)}^{sp}(1+x{)}^q\equiv (1+x^p{)}^s(1+x{)}^q(\mathrm{mod}p)$$

再根据二项式定理展开，那么

$$(1+x{)}^{sp+q}\equiv [\sum _i(C_s^i\times x^{pi})]\times [\sum _i(C_q^i\times x^j)](\mathrm{mod}p)$$

假若我们只观察 $x^{lp+r}$ 项. 可以发现 $C_{sp+q}^{lp+r}\times x^{lp+r}\equiv C_s^l\times x^{lp}\times C_q^r\times x^r(\mathrm{mod}p)$.

根据我们的定义 $n=sp+q,m=lp+r$，将原式代换，可得

$$C_n^m\times x^m\equiv C_s^l\times C_q^r\times x^m(\mathrm{mod}p)$$

两边同时除以 $x^m$

$$C_n^m\equiv C_s^l\times C_q^r(\mathrm{mod}p)$$

那么根据定义，有

$$C_n^m\equiv C_{\lfloor \frac{n}{p}\rfloor }^{\lfloor \frac{m}{p}\rfloor }\times C_{nmodp}^{mmodp}(\mathrm{mod})p$$

$Progra{m}_1$

long long power(long long a,long long n){
	long long ans=1;
    while(n){
        if(n&1)ans=ans*a%p;
        a=a*a%p;
        n>>=1;
    }
    return ans;
}
long long C(long long n,long long m){
	if(n<m){
		return 0;
	}
	if(m>n-m){
		m=n-m; //C{n}{m}=C{n}{n-m};
	}
	long long a=1,b=1;
	for(int i=0;i<m;++i){
		a=(a*(n-i))%p;
		b=(b*(i+1))%p;
	}
	return a*power(b,p-2)%p;
}
long long lucas(long long n,long long m){
	if(!m) return 1;
	return lucas(n/p,m/p)*C(n%p,m%p)%p;
}

$Progra{m}_2$

long long fact[1000001];
long long power(long long a,long long n){
	long long ans=1;
    while(n){
        if(n&1)ans=ans*a%p;
        a=a*a%p;
        n>>=1;
    }
    return ans;
}
void dofact(){
	fact[0]=1;
	for(int i=1;i<=1000000;++i){
		fact[i]=fact[i-1]*i%p;
	}
}
long long C(long long n,long long m){
	if(!m){
		return 1;
	}
	if(n<m){
		return 0;
	}
	if(m>n-m){
		m=n-m; //C{n}{m}=C{n}{n-m};
	}
	long long ans=fact[n]*power(fact[m],p-2)%p*power(fact[n-m],p-2)%p;
	return ans;
}
long long lucas(long long n,long long m){
	if(!m) return 1;
	return lucas(n/p,m/p)*C(n%p,m%p)%p;
}

7.斐波那契数列

7.1 整除推论

设 $(i,j)=gcd(i,j)$

$$f_i=f_{i-1}+f_{i-2}$$

$$f_i=f_{i-2}\times f_1+f_{i-1}\times f_2$$

$$f_i=f_{i-1}\times f_2+f_{i-2}\times f_1$$

$$f_i=(f_{i-3}+f_{i-2})\times f_2+f_{i-2}\times f_1$$

$$f_i=f_{i-3}\times f_2+f_{i-2}\times f_3$$

$$f_i=f_{i-k}\times f_{k-1}+F_{i-k+1}\times f_k$$

$$f_{n+m}=f_{n-1}\times f_m+f_n\times f_{m+1}$$

$$(f_1,f_2)=(f_2,f_3)=(f_i,f_{i-1})=(f_i-f_{i-1},f_{i-1})=(f_{i-2},f_{i-1})=1$$

$$f_{(i,j)}=(f_i,f_j)\to f_j\mid f_i=j\mid i$$

因为 $f_2=1$，则 $f_2\mid 2x+1(x\in Z)$，但 $2\nmid 2x+1(x\in Z)$，故上述式子存在特例，且该特例唯一.

7.2 约数推论

设 $tot(i)$ 是 $i$ 的约数的个数，将 $i$ 用唯一分解定理分解为

$$i=\prod _i{p}_i^{c_i}$$

则有

$$tot(i)=\prod (c_i+1)$$

那么

$$tot(i\times j)=\prod _i{p}_i^{c_i}\times \prod _j{p}_j^{c_j}=tot(i)\times tot(j)$$

即 $tot(x)$ 为 积性函数.

若质数 $p\mid i$，则 $mi{n}_j[j\mid (i\times p)]=p$，且 $c_{p_i}=2$

若质数 $p$ 是 $i\times p$ 的最小因子，不妨设

$$i=p^{c_p}\times \prod _i{p}_i^{c_{p_i}}$$

$$tot(i)=c_p\times \prod _i{c}_{p_i}$$

则

$$i\times p=p^{c_p+1}\times \prod _i{p}_i^{c_{p_i}}$$

$$tot(i\times p)=(c_p+1)\times \prod _i{c}_{p_i}$$

则

$$tot(i\times p)=\frac{tot(i)}{c_p}\times (c_p+1)$$

所以我们引入 $mintimes(i)$ 表示 $i$ 的最小约数的 $c_i$.

上述式子可以表示成

$$tot(i\times p)=\frac{tot(i)}{mintimes(i)}\times (mintimes(i)+1)$$

上述推论对全部 $p\in p_i$ 均成立

7.3 平方和推论

设 $sqrtot(i)$ 为 $i$ 的约数的平方和，与 $tot(i)$ 类似，可得

$$sqrtot(x)=\prod _i\sum _{j=0}^{c_i}(p_i^j{)}^2$$

$$sqrtot(i\times j)=\prod _i\sum _{j=0}^{c_i}(p_i^j{)}^2\times \prod _{i^{\prime }}\sum _{j^{\prime }=0}^{c_{i^{\prime }}}(p_{i^{\prime }}^{j^{\prime }}{)}^2=sqrtot(i)\times sqrtot(j)$$

所以 $sqrtot(x)$ 也为积性函数

同理，不妨设

$$p_{sum}=\sum _{j=0}^{c_{p_i}}(p^j{)}^2$$

$$sqrtot(i)=p_{sum}\times \prod _i\sum _{j=0}^{c_i}(p_i^j{)}^2$$

则

$$sqrtot(i\times p)=(p^2\times p_{sum}+1)\times \prod _i\sum _{j=0}^{c_i}(p_i^j{)}^2$$

7.4 通项公式

斐波那契的递推定义式为 $f_n=f_{n-1}+f_{n-2}$

考虑将递推式构造成等比数列形式，即 $g_n=k{g}_{n-1}$ 的形式，再考虑到斐波那契的递推式由两个元素决定，故表示如下：

$$f_n-\lambda f_{n-1}=\mu (f_{n-1}-\lambda f_{n-2})$$

将 $f_n=f_{n-1}+f_{n-2}$ 代入，得

$$f_{n-1}+f_{n-2}-\lambda f_{n-1}=\mu f_{n-1}-\mu \lambda f_{n-2}$$

$$(\mu +\lambda -1)f_{n-1}=(1+\mu \lambda )f_{n-2}$$

因为 $f_{n-1}\ne f_{n-2}$，故有：

$$\{\begin{array}{l}\mu +\lambda -1=0\\ 1+\mu \lambda =0\end{array}$$

解得

$$\{\begin{array}{l}\lambda =\frac{1+\sqrt{5}}{2}\\ \mu =\frac{1-\sqrt{5}}{2}\end{array}$$

或

$$\{\begin{array}{l}\lambda =\frac{1-\sqrt{5}}{2}\\ \mu =\frac{1+\sqrt{5}}{2}\end{array}$$

带回等比数列，归纳出通项公式：

$$\begin{array}{}\text{(1)}& f_n-\frac{1+\sqrt{5}}{2}{f}_{n-1}=(\frac{1-\sqrt{5}}{2}{)}^{n-2}(f_2-\frac{1+\sqrt{5}}{2}{f}_1)\end{array}$$

或

$$\begin{array}{}\text{(2)}& f_n-\frac{1-\sqrt{5}}{2}{f}_{n-1}=(\frac{1+\sqrt{5}}{2}{)}^{n-2}(f_2-\frac{1-\sqrt{5}}{2}{f}_1)\end{array}$$

因为这两个式子相对于原式均成立，因此我们尝试从两个式子中消掉 $f_{n-1}$ 项，可知 $(2)\times \frac{1-\sqrt{5}}{2}-(1)\times \frac{1+\sqrt{5}}{2}$ 即可得到通项公式

整理得

$$f_n=\frac{1}{\sqrt{5}}[(\frac{\sqrt{5}+1}{2}{)}^n-(\frac{1-\sqrt{5}}{2}{)}^n]$$

7.5 斐波那契间项积与中项平方的关系

$$f_n{f}_{n-2}-f_{n-1}^2=(-1{)}^{n-1}$$

正确性证明

为了简化我们的证明，以下令 $P=\frac{\sqrt{5}+1}{2},Q=\frac{1-\sqrt{5}}{2}$，则通项公式可表述为 $\frac{1}{\sqrt{5}}(P^n-Q^n)$

将原式全部用通项公式代换，得

$$\frac{1}{\sqrt{5}\times \sqrt{5}}(P^n-Q^n)(P^{n-2}-Q^{n-2})-\frac{1}{(\sqrt{5}{)}^2}(P^{n-1}-Q^{n-1}{)}^2$$

全部拆开

$$\frac{1}{5}[P^{2n-2}+Q^{2n-2}-P^n{Q}^{n-2}-P^{n-2}{Q}^n-(P^{2n-2}+Q^{2n-2}-2P^{n-1}{Q}^{n-1})]$$

消项

$$\frac{1}{5}[-P^n{Q}^{n-2}-P^{n-2}{Q}^n+2P^{n-1}{Q}^{n-1}]$$

变形

$$-\frac{1}{5}[P^{n-1}{Q}^{n-1}(\frac{P}{Q}+\frac{Q}{P}-2)]$$

$$-\frac{1}{5}[(PQ{)}^{n-1}(\frac{P}{Q}+\frac{Q}{P}-2)]$$

因为上文中设 $P=\frac{\sqrt{5}+1}{2},Q=\frac{1-\sqrt{5}}{2}$，故 $PQ=-1,\frac{P}{Q}=-\frac{3+\sqrt{5}}{2},\frac{Q}{P}=-\frac{3-sqrt5}{2},\frac{P}{Q}+\frac{Q}{P}-2=-5$，消去 $-\frac{1}{5}$，得

$$f_n{f}_{n-2}-f_{n-1}^2=(-1{)}^{n-1}$$

7.6 斐波那契同比

当 $n\to +\mathrm{\infty }$ 时，$\frac{f_n}{f_{n-1}}=\frac{f_{n-1}}{f_{n-2}}$

正确性证明

由 7.5 可知，$f_n{f}_{n-2}-f_{n-1}^2=(-1{)}^{n-1}$，对其移项

$$f_n{f}_{n-2}=(-1{)}^{n-1}+f_{n-1}^2$$

同除 $f_{n-1}{f}_{n-2}$

$$\frac{f_n}{f_{n-1}}=\frac{(-1{)}^{n-1}}{f_{n-1}{f}_{n-2}}+\frac{f_{n-1}}{f_{n-2}}$$

当 $n\to +\mathrm{\infty }$ 时，$\frac{(-1{)}^{n-1}}{f_{n-1}{f}_{n-2}}\to 0$，故有

$$\frac{f_n}{f_{n-1}}=\frac{f_{n-1}}{f_{n-2}}$$

7.7 斐波那契黄金公比

由 7.6，设 $\frac{f_n}{f_{n-1}}=\frac{f_{n-1}}{f_{n-2}}=k$，有

$$\frac{f_{n-1}+f_{n-2}}{f_{n-1}}=\frac{f_{n-1}}{f_{n-2}}=k$$

$$1+\frac{f_{n-2}}{f_{n-1}}=\frac{f_{n-1}}{f_{n-2}}=k$$

$$f_{n-1}{f}_{n-2}+f_{n-2}^2=f_{n-1}^2$$

此时将 $f_{n-1}=k{f}_{n-2}$ 代入

$$k{f}_{n-2}^2+f_{n-2}^2=k^2{f}_{n-2}^2$$

消去 $f_{n-2}^2$

$$k+1=k^2$$

解得 $k=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$，即黄金分割比

8.导数与积分

8.1 导数

8.1.1 导数的意义

$f(x)$ 在 $x$ 处的导数 $f^{\prime }(x)$ 的含义为：$f(x)$ 在 x 处的切线斜率 $k$. 如 $f(x_0):kx+b=k$.

8.1.2 基本导数公式

$$[f(x)+g(x){]}^{\prime }=f^{\prime }(x)+g^{\prime }(x)$$

$$[f(x)\times g(x){]}^{\prime }=f(x)g^{\prime }(x)+f^{\prime }(x)g(x)$$

推论

$$[kf(x){]}^{\prime }=k{f}^{\prime }(x)$$

$$[\frac{f(x)}{g(x)}{]}^{\prime }=\frac{f^{\prime }(x)g=(x)-f(x)g^{\prime }(x)}{g^2(x)}$$

8.1.3 初等函数导数公式

1. $(k{)}^{\prime }=0$

2. $(x^k{)}^{\prime }=k{x}^{k-1}$

3. $(a^x{)}^{\prime }=a^{x}lna$

4. $(lo{g}_{a}x{)}^{\prime }=\frac{1}{xlna}$

5. $(sinx{)}^{\prime }=cosx$

6. $(cosx{)}^{\prime }=-sinx$

7. $(tanx{)}^{\prime }=se{c}^{2}x$

8. $(sinhx{)}^{\prime }=coshx$

8.1.4 反函数公式

$$[f^{-1}(x){]}^{\prime }=-f^{\prime }(x)\times f^{-2}(x)$$

8.1.5 复合函数导数公式

$$\frac{d}{dx}f[g(x)]=\frac{d}{dx}g(x)\times \frac{d}{dg(x)}f[g(x)]$$

8.1.6 牛顿莱布尼茨公式

$$(f(x)g(x){)}^n=\sum _{k=0}^n{C}_n^k{f}^k(x)g^{n-k}(x)$$

举点例子

对 $2x^3+3^x$ 求导

套式子，$f^{\prime }(x)=2(x^3{)}^{\prime }+(3^x{)}^{\prime }=6x^2+3^{x}ln3$

或者使用公式 $f^{\prime }(x)=\frac{f(x+dx)-f(x)}{dx}$ 直接计算，其中 $dx$ 是一个引入的无穷小的变量，先约，然后按 $kdx=0$ 进行消项.

对 $x^3$ 求导

$\frac{df(x)}{dx}=\frac{(x+dx{)}^3-x^3}{dx}=\frac{x^3+3x^{2}dx+3xd{x}^2+d{x}^3-x^3}{dx}=3x^2+3xdx-d{x}^2$，当 $dx\to 0$ 时，$\frac{df(x)}{dx}=3x^2$

8.2 积分

8.2.1 定义

$${\int }_a^{b}f(x)dx$$

表示 $f(x)$ 在区间 $[a,b]$ 内的图像与 $x$ 轴围成封闭图形的面积（这样说是不严谨的，实际上还要包括 $y=a,y=b$ ）.

如

$${\int }_0^{3}2dx=2\times (3-0)=6$$

表示函数 $f(x)=2$ 与 $y=0,y=3,x$ 轴围成的图形面积为 $6$.

积分符号用来表示 “某段区间内连续不断的加和” 这样的概念，不一定非得是面积. 只不过面积是长乘宽，当宽无穷小时（即 $dx$），对应的长即为 $f(x)$，面积为 $f(x)dx$.

8.2.2 基本定理

令 $f(x)=\frac{d}{dx}g(x)$，则

$${\int }_a^{b}f(x)dx={\int }_a^b\frac{d}{dx}g(x)dx={\int }_a^{b}dg(x)$$

实际上，它告诉我们的是 “将 $g(x)$ 在 $[a,b]$ 的微小变化加和”，即：

$${\int }_a^b{g}^{\prime }(x)dx=g(b)-g(a)$$

根据基本定理，我们要求一个函数 $f(x)$ 的积分，重在知道一个 $g(x)$，使得 $g^{\prime }(x)=f(x)$，因为对于任意合适的 $g(x)$，$[g(x)+c{]}^{\prime }=f(x)$，所以称 $g(x)+c$ 为 $f(x)$ 的不定积分，其中 $c\in R$.

比如我们需要求出

$${\int }_a^b{x}^{2}dx$$

首先我们需要知道 $x^2$ 的最简单的不定积分应为 $\frac{1}{3}{x}^3$，因为 $(\frac{1}{3}{x}^3{)}^{\prime }=x^2$，则，

$${\int }_a^b{x}^{2}dx=g(b)-g(a)=\frac{1}{3}(b^3-a^3)$$

8.2.3 算术定理

1

$${\int }_a^b[f(x)+g(x)]dx={\int }_a^{b}f(x)dx+{\int }_a^{b}g(x)dx$$

2

$${\int }_a^b[kf(x)]dx=k{\int }_a^{b}f(x)dx$$

3

$${\int }_a^b[f(x)g(x){]}^{\prime }dx=f(b)g(b)-f(a)g(a)$$

$${\int }_a^b[f^{\prime }(x)g(x)+f(x)g^{\prime }(x)]dx=f(b)g(b)-f(a)g(a)$$

根据 1 有：

$${\int }_a^b[f^{\prime }(x)g(x)]+{\int }_a^b[f(x)g^{\prime }(x)]dx=f(b)g(b)-f(a)g(a)$$

移项：

$${\int }_a^b[f^{\prime }(x)g(x)]=f(b)g(b)-f(a)g(a)-{\int }_a^b[f(x)g^{\prime }(x)]dx$$

8.2.4 换元法

$$d[F(u)]=d[F(\varphi (x)]=f[\varphi (x)]{\varphi }^{\prime }(x)dx\to \int f[\varphi (x)]{\varphi }^{\prime }(x)dx=F[\varphi (x)]+C=[\int f(u)du{]}_{u=\varphi (x)}$$

$$\int f(x)dx=[\int f[\varphi (t)]{\varphi }^{\prime }(t)dt{]}_{t={\varphi }^{-1}(x)}$$

8.2.5 逆基本定理

$$\frac{d}{dx}[{\int }_a^x{f}^{\prime }(x)dx]=\frac{d}{dx}[{\int }_a^{x+dx}{f}^{\prime }(x)dx-{\int }_a^x{f}^{\prime }(x)dx]=f(x)$$

9. 莫比乌斯函数与莫比乌斯反演

9.1 莫比乌斯函数

9.1.1 定义

设 $\mu$ 为莫比乌斯函数，则有：

$$\mu (x)=\{\begin{array}{l}1(n=1)\\ 0(\exists i(ki=x,k\in Z\to \sqrt{i}\in Z))\\ (-1{)}^{\sum _{i\in prime}[i\mid x]}\end{array}$$

直观地说，只要 $x$ 的某个质因子出现的次数超过一次，则有 $\mu (x)=0$，否则，$mu(x)$ 即为 $(-1{)}^t$，其中 $t$ 为 $x$ 的质因数总数.

9.1.2 性质

$No.9121$ $\mathrm{\forall }(i,j)=1\to \mu (i\times j)=\mu (i)\times \mu (j)$

$$P.9121$$

若 $\mu (A)=1$，则有 $\mu (A)\times \mu (B)=1\times \mu (B)=\mu (1\times B)$，结果成立

若 $\mu (A)=0$，则有 $\mu (A)\times \mu (B)=0$，结果成立

否则设 $A=\prod _{i\in prime}i,B=\prod _{j\in prime}j(\mathrm{\forall }i\ne j)$，则有 $\mu (A)\times \mu (B)=\mu (A\times B)$

$No.9122$

$$\sum _{d\mid n}\mu (d)=\{\begin{array}{l}1(n=1)\\ 0(n\ne 1)\end{array}$$

$$P.9122$$

$n=0$ 时，原式等于 $0$

$n=1$ 时，原式等于 $\mu (1)=1$

否则，设 $n$ 的唯一分解式为 $n=\prod _{1\le i\le k}{p}_i^{a_i}$，由 $\mu (n)\ne 0$ 知 $\mathrm{\forall }{a}_i=1$

显然，$\mathrm{\forall }d\mid n$，有 $i$ 个质因子的数 $d$ 有 $C_k^i$ 种组合情况，每种组合的值为 $(-1{)}^i$，即：

$$\sum _{d\mid n}\mu (d)=\sum _{0\le i\le k}\{C_k^i\times (-1{)}^i\}$$

使用二项式定理转化：

$$\sum _{d\mid n}\mu (d)=(1+(-1){)}^k=0^k$$

发现此时在定义域 $(k\ne 0)$ 内恒为 $0$，易知当 $n>1$ 时，$k_n\ge 1$，因此 $\mu (n)=0$，证毕.

9.2 莫比乌斯反演

9.2.1 不完全结论

设

$$f(a,b,k)=\{\begin{array}{l}1((a,b)=k)\\ 0\end{array}$$

对于

$$g(n,m,k)=\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{m}f(i,j,k)$$

考虑到

$$g(n,m,k)=\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }\sum _{j-1}^{\lfloor \frac{m}{k}\rfloor }f(i,j,1)$$

根据 $No.9122$ 得出推导式：

$$\sum _{d\mid (a,b)}\mu (d)=\{\begin{array}{l}1((a,b)=1)\\ 0((a,b)\ne 1)\end{array}$$

代入有：

$$f(i,j,1)=\sum _{d\mid (i,j)}\mu (d)$$

即：

$$g(n,m,k)=\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }\sum _{j-1}^{\lfloor \frac{m}{k}\rfloor }=\sum _{d\mid (i,j)}\mu (d)$$

将原式等价转换，可以得到

$$g(n,m,k)=\sum _{d=1}\mu (d)\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }\sum _{j-1}^{\lfloor \frac{m}{k}\rfloor }h(i,j)$$

其中

$$h(i,j)=\{\begin{array}{l}1(d\mid i,d\mid j)\\ 0\end{array}$$

（可以发现，在这里仅仅是将判断条件与枚举条件互相变换了，而答案是不变的）

在区间 $[1,\lfloor \frac{n}{k}\rfloor ]$ 中，满足条件 $d\mid i$ 的 $i$ 有 $\lfloor \frac{n}{kd}\rfloor$ 个，因此原式可化为

$$g(n,m,k)=\sum _{d=1}\mu (d)\times \lfloor \frac{n}{kd}\rfloor \times \lfloor \frac{m}{kd}\rfloor$$

可以证明，当 $d>min(\lfloor \frac{n}{k}\rfloor ,\lfloor \frac{m}{k}\rfloor )$ 时不存在解.

9.2.2 完全结论

设两个函数 $f,g$ 满足如下等式：

$$g(n)=\sum _{d\mid n}f(d)$$

则有：

$$f(n)=\sum _{d\mid n}\mu (d)g(\lfloor \frac{n}{d}\rfloor )$$

特别地：对于莫比乌斯反演还有如下等式：

设两个函数 $f,g$ 满足如下等式：

$$g(n)=\sum _{n\mid d}f(d)$$

则有：

$$f(n)=\sum _{n\mid d}\mu (\frac{d}{n})g(d)$$

10.容斥原理拓展

10.1 二项式反演

$$P.10.1(1)$$

设 $U=\{S_1,S_2,S_3...S_n\}$，且任意 $i$ 个元素的交集都相等

定义 $g(x)$ 为 $x$ 个集合的交集，$f(x)$ 为 $x$ 个集合补集的交集（定义 $f(0)=g(0)=U$），则：

$$\mid \bigcap _i^n{S}_i\mid =\mid U\mid +\sum _i\{(-1{)}^i\times \mid f(i)\mid \}$$

可知对 $g(i)$，符合要求的 $f(i)$ 组合共有 $C_n^i$ 种，即原式可以化为：

$$\mid \bigcap _i^n{S}_i\mid =\sum _i^n(-1{)}^i{C}_n^i\mid f(i)\mid$$

同理有

$$\mid \bigcap _i^n{\complement }_U{S}_i\mid =\sum _i^n(-1{)}^i{C}_n^i\mid g(i)\mid$$

因为

$$\mid f(n)\mid =\mid \bigcap _i^n{\complement }_U{S}_i\mid ,\mid g(n)\mid =\mid \bigcap _i^n{S}_i\mid$$

因此得出结论：

$$g(n)=\sum _{i=0}^n(-1{)}^i{C}_n^{i}f(i)⟺f(n)=\sum _{i=0}^n(-1{)}^i{C}_n^{i}g(i)$$

$$P.10.1(2)$$

因为

$$C_n^i\times C_i^j={\displaystyle \frac{n!}{(n-i)!i!}}\times {\displaystyle \frac{i!}{(i-j)!j!}}={\displaystyle \frac{n!}{(n-j)!j!}}\times {\displaystyle \frac{(n-j)!}{[(n-j)-(n-i)]!(i-j)!}}=C_n^j\times C_{n-j}^{n-1}$$

因此

$$\sum _{i=j}^n\{(-1{)}^i\times C_n^i\times (-1{)}^j\times C_i^j\}=C_n^j(-1{)}^j\sum _{i=0}^{n-j}{C}_{n-j}^i=C_n^j\times (1-1{)}^{n-j}=C_n^j\times 0^{n-j}$$

当 $j\ne n$ 时，原式值为 $0$，否则值为 $1$.

当 $g(n)=\sum _{i=0}^n(-1{)}^i{C}_n^{i}f(i)⟺f(n)=\sum _{i=0}^n(-1{)}^i{C}_n^{i}g(i)$ 成立时，可以推知

$$f(n)=\sum _{i=0}^n(-1{)}^i{C}_n^i=\sum _{i=0}^n(-1{)}^i{C}_n^i\sum _{i=j}^n(-1{)}^j{C}_i^{j}f(j)=\sum _{j=0}^{n}f(j)\sum _{i=j}^n\{(-1{)}^i\times C_n^i\times (-1{)}^j\times C_i^j\}$$

该式末项 $\sum _{i=j}^n\{(-1{)}^i\times C_n^i\times (-1{)}^j\times C_i^j\}$ 已有上述结论，故当 $j\ne n$ 和 $j=n$ 时分别带入讨论，发现原式均成立，证毕.

事实上，二项式反演还有一个更常用的推导式：

$$g(n)=\sum _{i=0}^n{C}_n^{i}f(i)⟺f(n)=\sum _{i=0}^n(-1{)}^{n-i}{C}_n^{i}g(i)$$

根据二项式反演的性质，我们通常会构造一组 $\{f(i),g(i)\}$，使得两者之间存在包含关系并且有一者很方便求出，通过反演来快速得到另一者的值.

二项式反演还有其他形式：

$$g(n)=\sum _{i=n}^N(-1{)}^i{C}_n^{i}f(i)⟺f(n)=\sum _{i=n}^N(-1{)}^i{C}_n^{i}g(i)$$

$$g(n)=\sum _{i=n}^N{C}_n^{i}f(i)⟺f(n)=\sum _{i=n}^N(-1{)}^{i-n}{C}_n^{i}g(i)$$

10.2 Min-Max 容斥

对于满足全序关系并且其中元素满足可加减性的序列 $\{x_i\}$，设其长度为 $n$，并设 $S=\{1,2,3,\cdots ,n\}$ ，则有：

$$\underset{i\in S}{max}{x}_i=\sum _{T\subseteq S}(-1{)}^{|T|-1}\underset{j\in T}{min}{x}_j$$

$$\underset{i\in S}{min}{x}_i=\sum _{T\subseteq S}(-1{)}^{|T|-1}\underset{j\in T}{max}{x}_j$$

一个常用的实际应用为 Min-Max 容斥的低维版本：$min(a,b)=a+b-max(a,b)$

证明略.

10.3 错位排列

满足 $\mathrm{\forall }i\ne a_i$ 的排列被称为错位排列.

10.3.1 公式

套用补集的公式，问题变成求

$$\left|\bigcup _{i=1}^n\overline{S_i}\right|$$

可以知道，$\overline{S_i}$ 的含义是满足 $P_i=i$ 的排列的数量。用容斥原理把问题式子展开，需要对若干个特定的集合的交集求大小，即：

$$\left|\bigcap _{i=1}^k{S}_{a_i}\right|$$

其中省略了 $a_i<a_{i+1}$ 的条件以方便表示

上述 $k$ 个集合的交集表示有 $k$ 个变量满足 $P_{a_i}=a_i$ 的排列数，而剩下 $n-k$ 个数的位置任意，因此排列数：

$$\left|\bigcap _{i=1}^k{S}_{a_i}\right|=(n-k)!$$

那么选择 $k$ 个元素的方案数为

$C_n^k$，因此有：

$$\begin{array}{rl}\left|\bigcup _{i=1}^n\overline{S_i}\right|& =\sum _{k=1}^n(-1{)}^{k-1}\sum _{a_{1,\cdots ,k}}\left|\bigcap _{i=1}^k{S}_{a_i}\right|\\ & =\sum _{k=1}^n(-1{)}^{k-1}{C}_n^k(n-k)!\\ & =\sum _{k=1}^n(-1{)}^{k-1}\frac{n!}{k!}\\ & =n!\sum _{k=1}^n\frac{(-1{)}^{k-1}}{k!}\end{array}$$

因此 $n$ 的错位排列数为：

$$D_n=n!-n!\sum _{k=1}^n\frac{(-1{)}^{k-1}}{k!}=n!\sum _{k=0}^n\frac{(-1{)}^k}{k!}$$

10.3.2 递推式

$$D_n=(n-1)(D_{n-1}+D_{n-2})$$

$$D_n=n{D}_{n-1}+(-1{)}^n)$$

待证明

10.4 Catalan 数

1 1 2 5 14 42 132

$$H_n=\frac{(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n})}{n+1}$$

关于 Catalan 数的常见公式：

$$H_n=\{\begin{array}{ll}\sum _{i=1}^n{H}_{i-1}{H}_{n-i}& n\ge 2,n\in {\mathbf{N}}_{\mathbf{+}}\\ 1& n=0,1\end{array}$$

$$H_n=\frac{H_{n-1}(4n-2)}{n+1}$$

$$H_n=C_{2n}^n-C_{2n}^{n-1}$$

11.初等函数拓展

11.1 双曲三角函数

$\sinh x=\frac{e^x-e^{-x}}{2}$，是奇函数，定义域，值域都是 $R$，在值域内单增

双曲正弦有两个渐进分别是 $\frac{1}{2}{e}^x(x\to +\mathrm{\infty }),-\frac{1}{2}{e}^{-x}(x\to -\mathrm{\infty })$

$\cosh x=\frac{e^x+e^{-x}}{2}$，是偶函数，定义域，值域都是 $R$，在 $(-\mathrm{\infty },0]$ 单减，最小值是 $\cosh 0=1$

双曲余弦有两个渐进分别是 $\frac{1}{2}{e}^x(x\to +\mathrm{\infty }),\frac{1}{2}{e}^{-x}(x\to -\mathrm{\infty })$

$\tanh x=\frac{\sinh x}{\cosh x}$，这是一个奇函数，定义域和值域同样是 $R$

有几个比较好的等式：

$$\sinh (x+y)=\sinh x\cosh y+\cosh x\sinh y$$

$$\sinh (x-y)=\sinh x\cosh y-\cosh x\sinh y$$

$$\cosh (x+y)=\cosh x\cosh y-\sinh x\sinh y$$

$$\cosh (x-y)=\cosh x\cosh y+\sinh x\sinh y$$

证明第一个式子：

$$\begin{array}{rl}\sinh x\cosh y+\cosh x\sinh y& =\frac{e^x-e^{-x}}{2}\times \frac{e^y+e^{-y}}{2}+\frac{e^x+e^{-x}}{2}\times \frac{e^y-e^{-y}}{2}\\ & =\frac{e^{x+y}-e^{y-x}+e^{x-y}-e^{-(x+y)}}{4}+\frac{e^{x+y}+e^{y-x}-e^{x-y}-e^{-(x+y)}}{4}\\ & =\frac{e^{x+y}-e^{-(x+y)}}{2}\\ & =\sinh (x+y)\end{array}$$

剩下的三个式子同理，暴力拆分合并即可

从这几个式子可以导出一些式子

$${\cosh }^{2}x-{\sinh }^{2}x=1$$

可以通过 $\cosh (x-x)=\cosh x\cosh x+\sinh x\sinh x$ 推知

$$\sinh 2x=2\sinh x\cosh x$$

可以通过 $\sinh (x+x)=\sinh x\cosh x+\cosh x\sinh x$ 推知

$$\cosh 2x={\cosh }^{2}x+{\sinh }^{2}x$$

可以通过 $\cosh (x+x)=\cosh x\cosh x-\sinh x\sinh x$ 推知

从定义还可以导出一些反函数

$$\mathrm{arcsinh}x=\ln (x+\sqrt{x^2+1})$$

$$\mathrm{arccosh}x=\ln (x+\sqrt{x^2-1})$$

$$\mathrm{arctanh}x=\frac{1}{2}\ln \frac{1+x}{1-x}$$

12.极限

从这一章开始就是高等数学内容了，我不会系统地按书照抄一遍，只挑一些好的讲讲

12.1 定义与求法

设 $\underset{x\to x_0}{lim}f(x)=a$，则 $\mathrm{\forall }\epsilon >0,\text{exist}t\in N^{+}$，当 $x>t$ 时，有 $|f(x)-a|<\epsilon$

同样可以定义左极限和右极限

左极限：

右极限：

一般来说，当 $f(x)$ 在 $x_0$ 处有定义时，$\underset{x\to x_0}{lim}f(x)=f(x_0)$

$\mathrm{\aleph }$. 杂项

$\mathrm{\aleph }$.1 平方数模意义下的特殊性质

对于任意 $x\in Z$，都有 $x^{2}mod3\ne 2$.

$$P.\mathrm{\aleph }.1$$

设 $x=3k+p(k,p\in Z,0\le p\le 2)$

则有

$$x^2=(3k+p{)}^2=9k^2+6kp+p^2$$

故

$$x^2\equiv p^2(\mathrm{mod}3)$$

当 $p=0$ 时，$x^{2}mod3=0$

当 $p=1$ 时，$x^{2}mod3=1$

当 $p=2$ 时，$x^{2}mod3=4mod3=1$

综上，$x^{2}mod3\ne 2$

$\mathrm{\aleph }$.2 调和级数的发散性

证明下述式子：

$$\sum _{i=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{i}=\mathrm{\infty }$$

$$P.\mathrm{\aleph }.2$$

考虑对调和级数进行分组：

$$\{\frac{1}{1}\}+\{\frac{1}{2}\}+\{\frac{1}{3}+\frac{1}{4}\}+\{\frac{1}{5}+\frac{1}{6}+\frac{1}{7}+\frac{1}{8}\}>1+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\cdots$$

以此类推，将区间 $(\frac{1}{2^{k-1}},\frac{1}{2^k}]$ 内的数分为一组，共 $2^{k-1}$ 个数，最小数为 $\frac{1}{2^k}$，可知其和最小为 $\frac{1}{2^k}\times 2^{k-1}=\frac{1}{2}$，依次分组，得到的 $\frac{1}{2}$ 也为无限组，即其不收敛

$\mathrm{\aleph }$.3 模意义概率

设有一分数 $f_{a,b}=\frac{a}{b}$，则有 $f_{a,b}\mathrm{mod}p=a\times b^{p-2}$

定理一

$$(f_{a,b}\times f_{c,d})\mathrm{mod}p=(f_{a,b}\mathrm{mod}p)\times (f_{c,d}\mathrm{mod}p)$$

证明显然，因为 $(a\times b^{p-2})\times (c\times d^{p-2})=(a\times c)\times (b\times d{)}^{p-2}$

定理二

$$(1-f_{a,b})\mathrm{mod}p=(1-(f_{a,b})\mathrm{mod}p)\mathrm{mod}p$$

（定义 $a\mathrm{mod}p=(a+kp)\mathrm{mod}p(a<0,a+kp\ge 0)$）