[OI] 数学与推论证明 1

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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

$\aleph$. 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.

"证明过程如下" 替换为 "$P.(id)$".
"实现代码如下" 替换为 "$Program$"，并将代码折叠.
上文提到的函数，定理等直接列出，必要处指出定义章节.
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 $p^{k}-q^{k}=(p-q)(p^{n-1}+p^{n-2}q+...+pq^{n-2}+q^{n-1})$，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 $r=a\ mod\ s=a-q(ax+by)=a(1-qx)+b(-qy)$.

由 $r=a\ mod\ s$，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.

$No.323 (from No.322)$ 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:

$No.331$ $(x,y)=(y,x\ mod\ y)\ (x>y)$.

\[P.331 \]

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 $x\ mod\ y$.

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

移项，$x\ mod\ y=x-ky$，则有 $\frac{x\ mod\ y}{d}=\frac{x}{d}-\frac{ky}{d}$. 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 $d\mid x\ mod\ y$.

可得 $(y,x\ mod\ y)=d$，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

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 $\text{gcd}(b, a \mod b)$，然后递归调用这个函数。
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 $ax_1 + by_1 = d$。
- 现在考虑 $\text{gcd}(a', b')$，其中 $a' = b, b' = a \mod b$。根据基本步骤，我们知道 $\text{gcd}(b', a') = d$，并且有 $bx_1 + a'y_1 = d$。
- 由于 $a' = a - \lfloor \frac{a}{b} \rfloor b$，我们可以将 $a'$ 和 $b'$ 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 $x = x_1 - \lfloor \frac{a}{b} \rfloor y_1, y = -y_1$。
最终结果：
- 经过递归调用，最终会得到一个简单的等式 $a'x' + b'y' = \text{gcd}(a, b)$，其中 $a' = b, b' = a \mod b$。
- 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 $x_{ans}=(x\ mod\ p+p)\ mod\ p$.

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

$No.432 (from No.431)$ 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:

\[\varphi(n)=n\times \prod^{i}_{1\le i\le k}(1-\frac{1}{p_{i}}) \]

其中 $p_{i}$ 为 $n$ 不重复的质因子.

4.4.2 欧拉函数的性质

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

$No.4422$ 若 $p$ 为素数，则 $\varphi(p)=p-1$.

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

\[P.4423 \]

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.

$No.4424$ $\varphi(x)$ 为积性函数.

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

4.4.3 关于欧拉函数的推论

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

\[P.4431 \]

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

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

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 $\varphi(kp)$ 和 $\varphi(kp^{2})$ 的后项是相等的. 那么就有 $\varphi(n\times p)=p\times \varphi(n)$.

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:

第二行根据 $No.4421$
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.
循环第三行利用 $No.4422$
后面进行线性筛核心语句
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.
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 $O(n\ logn)$ 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，$d(x)=\sum\limits^{x}_{i}[i\mid x]$

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

\[d(n)=\prod^{k}_{i=1}(a_{i}+1) \]

\[P.4.5 \]

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 $a\equiv b \pmod c$. 否则称 $a\not \equiv b \pmod c$.

$No.511$ $a\equiv b \pmod c$ 的充要条件为 $a\ mod\ c=b\ mod\ c$.

$No.512$ $a\equiv a \pmod n$.

$No.513$ 若 $a\equiv b \pmod n,b\equiv c \pmod n$，则 $a\equiv c \pmod n$.

$No.514$ 若 $a\equiv b \pmod n,c\equiv d \pmod n$，则 $(a\pm c)\equiv (b\pm d) \pmod n$.

$No.515$ 若 $a\equiv b \pmod n,c\equiv d \pmod n$，则 $(ac)\equiv (bd) \pmod n$.

对于单纯的取模操作，我们也有:

$No.516$ $c\ (a+b)\ mod\ p=c\ (a\ mod\ p+b\ mod\ p)\ mod\ p$.

5.2 费马小定理

$No.521$ 若 $p$ 为素数，$a,p$ 互素. 则 $a^{p-1} \equiv 1\pmod p$.

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

5.3 线性同余方程

线性同余方程是形为 $ax\equiv b \pmod n$ 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 $ax\equiv 1 \pmod b$，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 $\frac{a}{b}\ mod\ p$ 的快速计算.

乘法逆元的定义推导

设 $\frac{a}{b}\ mod\ p=m$，给等式两边同乘 $b$，有 $a\ mod\ p=mb\ mod\ p$ . 若存在 $ax\ mod\ p=m$.

不妨设 $a,b < p$，则有 $a=mb\ mod\ p$. 等式两边同乘 $x$，有 $ax\ mod\ p=m\ mod\ p=xmb\ mod\ p$.

联立上述式子，那么 $m=xmb\ mod\ p$，解得 $bx\ mod\ p=1$.

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 $a^{p-1}\ mod\ p=a\times a^{p-2}\ mod\ p=1$，为逆元方程. 因此 $a$ 在模 $p$ 意义下的逆元为 $a^{p-2}\ mod\ p$.

$Program$

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 $ax\equiv 1 \pmod b$，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

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

$Program1$

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 $ax\equiv b \pmod m$ 有解的充要条件为 $(a,m)\mid b$.

我们注意到 $ax\equiv b \pmod m$ 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 $x_{1}=\frac{bx_{0}}{(a,m)}$，通解 $x$ 满足 $x\equiv x_{1} \pmod {\frac{m}{(a,m)}}$.

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 $\sum_{i} x \equiv a_{i} \pmod n_{i}$ (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:

计算 $n=\prod_{i} n_{i}$
计算 $\sum_{i} m_{i}=\frac{n}{n_{i}}$
计算 $\sum_{i} c_{i}=m_{i}\times m_{i}^{-1}\pmod {m_{i}}$
$x=\sum_{i} a_{i}\times c_{i}\ mod\ n$.

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

\[m_{i}\times m_{i}^{-1}\equiv 1 \pmod {n_{i}} \]

由 $No.515$，可得

\[m_{i}\times m_{i}^{-1}\times a_{i}\equiv a_{i} \pmod {n_{i}} \]

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

\[m_{i}\times m_{i}^{-1}\times a_{i}\equiv 0 \pmod {n_{j}}\ (i\neq j) \]

根据构造，可得

\[x\equiv \sum_{i} (a_{i}\times m_{i}\times m_{i}^{-1})\pmod n \]

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 $A^{m}_{n}$.

排列数的计算公式为

\[A^{m}_{n}=n\ (n-1)\ (n-2)...(n-m+1) \]

也即

\[A^{m}_{n}=\frac{n!}{(n-m)!} \]

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 $C^{m}_{n}$.

组合数的计算公式为

\[C^{m}_{n}=\frac{n\ (n-1)\ (n-2)...(n-m+1)}{m\ (m-1)\ (m-2)...1} \]

也即

\[C^{m}_{n} = \frac {A^{m}_{n}} {A^{m}_{m} } = \frac{n!}{m!\ (n-m)!} \]

一般来说，我们有

$A^{n}_{n}=A^{n-1}_{n}$.

$A^{1}_{n}=n$，$C^{1}_{n}=n$.

$A^{n}_{n}=n!$，$C^{n}_{n}=1$.

$C^{n-1}_{n}=n$.

$C^{m}_{n}=C^{n-m}_{n}$.

$C^{m}_{n}=C^{m-1}_{n-1}+C^{m}_{n-1}$.

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.

$No.6211$ $C^{m}_{n}=C^{\lfloor {\frac{m}{p}} \rfloor}_{\lfloor {\frac{n}{p}} \rfloor}\times C^{m\ mod\ p}_{n\ mod\ p}\ mod\ p$.

\[P.6211 \]

不妨设 $p$ 为质数. 那么对于 $j\in [1,p)$，有:

\[C^{j}_{p}=\frac{p!}{j!\ (p-j)!}=\frac{(p-1)!}{(j-1)!\ (p-j)!}\times \frac{p}{j} \]

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

那么根据二项式定理,

\[(1+j)^{p}=1+\sum^{p-1}_{i} [C^{i}_{p}\times j^{i}] +j^{p} \]

因为已证得中间一项中一定有因子 $p$，故

\[\sum^{p-1}_{i} [C^{i}_{p}\times j^{i}]\ mod\ p=0 \]

也即

\[(1+j)^{p} \equiv 1+j^{p} \pmod p \]

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

\[(1+x)^{sp}\ (1+x)^{q} \equiv (1+x^{p})^{s}\ (1+x)^{q}\pmod p \]

再根据二项式定理展开，那么

\[(1+x)^{sp+q} \equiv [\sum_{i}\ (C^{i}_{s}\times x^{pi})]\times [\sum_{i}\ (C^{i}_{q}\times x^{j})]\pmod p \]

假若我们只观察 $x^{lp+r}$ 项. 可以发现 $C^{lp+r}_{sp+q}\times x^{lp+r}\equiv C^{l}_{s}\times x^{lp}\times C^{r}_{q}\times x^{r} \pmod p$.

根据我们的定义 $n=sp+q,m=lp+r$，将原式代换，可得

\[C^{m}_{n}\times x^{m}\equiv C^{l}_{s}\times C^{r}_{q}\times x^{m} \pmod p \]

两边同时除以 $x^{m}$

\[C^{m}_{n}\equiv C^{l}_{s}\times C^{r}_{q}\pmod p \]

那么根据定义，有

\[C^{m}_{n}\equiv C^{\lfloor {\frac{m}{p}} \rfloor}_{\lfloor {\frac{n}{p}} \rfloor}\times C^{m\ mod\ p}_{n\ mod\ p}\pmod\ p \]

$Program_{1}$

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;
}

$Program_{2}$

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 $(i,j)=gcd(i,j)$

\[f_{i}=f_{i-1}+f_{i-2} \]

\[f_{i}=f_{i-2}\times f_{1}+f_{i-1}\times f_{2} \]

\[f_{i}=f_{i-1}\times f_{2}+f_{i-2}\times f_{1} \]

\[f_{i}=(f_{i-3}+f_{i-2})\times f_{2}+f_{i-2}\times f_{1} \]

\[f_{i}=f_{i-3}\times f_{2}+f_{i-2}\times f_{3} \]

\[f_{i}=f_{i-k}\times f_{k-1}+F_{i-k+1}\times f_{k} \]

\[f_{n+m}=f_{n-1}\times f_{m}+f_{n}\times f_{m+1} \]

\[(f_{1},f_{2})=(f_{2},f_{3})=(f_{i},f_{i-1})=(f_{i}-f_{i-1},f_{i-1})=(f_{i-2},f_{i-1})=1 \]

\[f_{(i,j)}=(f_{i},f_{j})\rightarrow f_{j}\mid f_{i}=j\mid i \]

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

\[i=\prod\limits_{i}p_{i}^{c_{i}} \]

则有

\[tot(i)=\prod(c_{i}+1) \]

那么

\[tot(i\times j)=\prod\limits_{i}p_{i}^{c_{i}}\times \prod\limits_{j}p_{j}^{c_{j}}=tot(i)\times tot(j) \]

即 $tot(x)$ 为积性函数.

若质数 $p\mid i$，则 $min_{j}[j\mid (i\times p)]=p$，且 $c_{p_{i}}=2$

若质数 $p$ 是 $i\times p$ 的最小因子，不妨设

\[i=p^{c_{p}}\times\prod\limits_{i}p_{i}^{c_{p_{i}}} \]

\[tot(i)=c_{p}\times \prod\limits_{i}c_{p_{i}} \]

则

\[i\times p=p^{c_{p}+1}\times\prod\limits_{i}p_{i}^{c_{p_{i}}} \]

\[tot(i\times p)=(c_{p}+1)\times \prod\limits_{i}c_{p_{i}} \]

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

\[sqrtot(x)=\prod_{i}\ \sum_{j=0}^{c_{i}}(p_{i}^{j})^{2} \]

\[sqrtot(i\times j)=\prod_{i}\ \sum_{j=0}^{c_{i}}(p_{i}^{j})^{2}\times \prod_{i'}\ \sum_{j'=0}^{c_{i'}}(p_{i'}^{j'})^{2}=sqrtot(i)\times sqrtot(j) \]

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 $g_{n}=kg_{n-1}$ 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 $f_{n-1}\neq f_{n-2}$，故有：

\[\begin{cases}\mu +\lambda -1=0\\1+\mu\lambda=0\end{cases} \]

解得

\[\begin{cases} \lambda = \frac{1+\sqrt{5}}{2}\\ \mu = \frac{1-\sqrt{5}}{2} \end{cases}\]

或

\[\begin{cases} \lambda = \frac{1-\sqrt{5}}{2}\\ \mu = \frac{1+\sqrt{5}}{2} \end{cases}\]

带回等比数列，归纳出通项公式：

\[f_n-\frac{1+\sqrt{5}}{2}f_{n-1}=(\frac{1-\sqrt{5}}{2})^{n-2}(f_2-\frac{1+\sqrt{5}}{2}f_1)\tag{1} \]

或

\[f_n-\frac{1-\sqrt{5}}{2}f_{n-1}=(\frac{1+\sqrt{5}}{2})^{n-2}(f_2-\frac{1-\sqrt{5}}{2}f_1)\tag{2} \]

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 $PQ=-1,\frac{P}{Q}=-\frac{3+\sqrt{5}}{2},\frac{Q}{P}=-\frac{3-sqrt{5}}{2},\frac{P}{Q}+\frac{Q}{P}-2=-5$，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 $n\rightarrow +\infty$ 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 $n\rightarrow +\infty$ 时，$\frac{(-1)^{n-1}}{f_{n-1}f_{n-2}}\rightarrow 0$，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 $f_{n-1}=kf_{n-2}$ 代入

\[kf_{n-2}^{2}+f_{n-2}^{2}=k^{2}f_{n-2}^{2} \]

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 $f'(x)$ 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

\[[f(x)+g(x)]'=f'(x)+g'(x) \]

\[[f(x)\times g(x)]'=f(x)g'(x)+f'(x)g(x) \]

推论

\[[kf(x)]'=kf'(x) \]

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

8.1.3 初等函数导数公式

$(k)'=0$
$(x^{k})'=kx^{k-1}$
$(a^{x})'=a^{x}ln\ a$
$(log_{a}x)'=\frac{1}{xln\ a}$
$(sin\ x)'=cos\ x$
$(cos\ x)'=-sin\ x$
$(tan\ x)'=sec^{2}\ x$
$(sinh\ x)'=cosh\ x$

8.1.4 反函数公式

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

8.1.5 复合函数导数公式

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

8.1.6 牛顿莱布尼茨公式

\[(f(x)g(x))^{n}=\sum\limits_{k=0}^{n}C^{k}_{n}f^{k}(x)g^{n-k}(x) \]

举点例子

对 $2x^{3}+3^{x}$ 求导

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

或者使用公式 $f'(x)=\frac{f(x+dx)-f(x)}{dx}$ 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

$\frac{df(x)}{dx}=\frac{(x+dx)^{3}-x^{3}}{dx}=\frac{x^{3}+3x^{2}dx+3xdx^{2}+dx^{3}-x^{3}}{dx}=3x^{2}+3xdx-dx^{2}$，当 $dx\rightarrow 0$ 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：

\[\int_{a}^{b}g'(x)dx=g(b)-g(a) \]

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 $g'(x)=f(x)$，因为对于任意合适的 $g(x)$，$[g(x)+c]'=f(x)$，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 $(\frac{1}{3}x^{3})'=x^{2}$，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

\[\int_{a}^{b}[f(x)+g(x)]dx=\int_{a}^{b}f(x)dx+\int_{a}^{b}g(x)dx \]

\[\int_{a}^{b}[kf(x)]dx=k\int_{a}^{b}f(x)dx \]

\[\int_{a}^{b}[f(x)g(x)]'dx=f(b)g(b)-f(a)g(a) \]

\[\int_{a}^{b}[f'(x)g(x)+f(x)g'(x)]dx=f(b)g(b)-f(a)g(a) \]

根据 1 有：

\[\int_{a}^{b}[f'(x)g(x)]+\int_{a}^{b}[f(x)g'(x)]dx=f(b)g(b)-f(a)g(a) \]

移项：

\[\int_{a}^{b}[f'(x)g(x)]=f(b)g(b)-f(a)g(a)-\int_{a}^{b}[f(x)g'(x)]dx \]

8.2.4 换元法

\[d[F(u)]=d[F(\phi(x)]=f[\phi(x)]\phi'(x)dx\rightarrow \int f[\phi(x)]\phi'(x)dx = F[\phi(x)] + C = [\int f(u)du]_{u=\phi(x)} \]

\[\int f(x) dx = [\int f[\phi(t)]\phi'(t)dt]_{t = \phi^{-1}(x)} \]

8.2.5 逆基本定理

\[\frac{d}{dx}[\int_{a}^{x}f'(x)dx]=\frac{d}{dx}[\int_{a}^{x+dx}f'(x)dx-\int_{a}^{x}f'(x)dx]=f(x) \]

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：

\[\mu(x)=\begin{cases}1\qquad (n=1)\\ 0\qquad (∃\ i\ (ki=x,k\in Z\rightarrow \sqrt{i}\in Z))\\ (-1)^{\sum_{i\in prime}[i\mid x]}\end{cases} \]

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

$No.9121$ $\forall (i,j)=1\rightarrow\mu(i\times j)=\mu(i)\times \mu(j)$

\[P.9121 \]

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 $A=\prod_{i\in prime}i,B=\prod_{j\in prime}j\ (\forall i\neq j)$，则有 $\mu(A)\times\mu(B)=\mu(A\times B)$

$No.9122$

\[\sum_{d\mid n}\mu(d)=\begin{cases}1\qquad (n=1)\\0\qquad(n\neq 1)\end{cases} \]

\[P.9122 \]

$n=0$ 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 $\mu(n)\neq 0$ 知 $\forall a_{i}=1$

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

\[\sum_{d\mid n}\mu(d)=\sum_{0\le i\le k}\{C^{i}_{k}\times (-1)^{i}\} \]

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 $(k\neq 0)$ 内恒为 $0$，易知当 $n\gt 1$ 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

\[f(a,b,k)=\begin{cases}1\qquad((a,b)=k)\\0\end{cases} \]

对于

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

考虑到

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

根据 $No.9122$ 得出推导式：

\[\sum_{d\mid (a,b)}\mu(d)=\begin{cases}1\qquad ((a,b)=1)\\0\qquad((a,b)\neq 1)\end{cases} \]

代入有：

\[f(i,j,1)=\sum_{d\mid (i,j)}\mu(d) \]

即：

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

将原式等价转换，可以得到

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

其中

\[h(i,j)=\begin{cases}1\qquad(d\mid i,d\mid j)\\0\end{cases} \]

（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 $d\gt \min(\lfloor{\frac{n}{k}}\rfloor,\lfloor{\frac{m}{k}}\rfloor)$ 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：

\[\mid\bigcap^{n}_{i}S_{i}\mid=\mid U\mid+\sum_{i}\{(-1)^{i}\times\mid f(i)\mid\} \]

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

\[\mid\bigcap^{n}_{i}S_{i}\mid=\sum^{n}_{i}(-1)^{i}C^{i}_{n}\mid f(i)\mid \]

同理有

\[\mid\bigcap^{n}_{i}\complement_{U}S_{i}\mid=\sum^{n}_{i}(-1)^{i}C^{i}_{n}\mid g(i)\mid \]

因为

\[\mid f(n)\mid=\mid\bigcap^{n}_{i}\complement_{U}S_{i}\mid,\mid g(n)\mid=\mid\bigcap^{n}_{i}S_{i}\mid \]

因此得出结论：

\[g(n)=\sum^{n}_{i=0}(-1)^{i}C^{i}_{n}f(i)\iff f(n)=\sum^{n}_{i=0}(-1)^{i}C^{i}_{n}g(i) \]

\[P.10.1(2) \]

因为

\[C^{i}_{n}\times C^{j}_{i}=\dfrac{n!}{(n-i)!i!}\times \dfrac{i!}{(i-j)!j!}=\dfrac{n!}{(n-j)!j!}\times\dfrac{(n-j)!}{[(n-j)-(n-i)]!(i-j)!}=C^{j}_{n}\times C^{n-1}_{n-j} \]

因此

\[\sum^{n}_{i=j}\{(-1)^{i}\times C^{i}_{n}\times(-1)^{j}\times C^{j}_{i}\}=C^{j}_{n}(-1)^{j}\sum^{n-j}_{i=0}C^{i}_{n-j}=C^{j}_{n}\times (1-1)^{n-j}=C^{j}_{n}\times 0^{n-j} \]

当 $j\neq n$ 时，原式值为 $0$，否则值为 $1$.

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

\[f(n)=\sum^{n}_{i=0}(-1)^{i}C^{i}_{n}=\sum^{n}_{i=0}(-1)^{i}C^{i}_{n}\sum^{n}_{i=j}(-1)^{j}C^{j}_{i}f(j)=\sum^{n}_{j=0}f(j)\sum^{n}_{i=j}\{(-1)^{i}\times C^{i}_{n}\times(-1)^{j}\times C^{j}_{i}\} \]

该式末项 $\sum\limits^{n}_{i=j}\{(-1)^{i}\times C^{i}_{n}\times(-1)^{j}\times C^{j}_{i}\}$ 已有上述结论，故当 $j\neq n$ 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：

\[g(n)=\sum\limits_{i=0}^nC^{i}_{n}f(i)\iff f(n)=\sum\limits_{i=0}^n(-1)^{n-i}C^{i}_{n}g(i) \]

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：

\[g(n)=\sum\limits_{i=n}^N(-1)^iC^{i}_{n}f(i)\iff f(n)=\sum\limits_{i=n}^N(-1)^{i}C^{i}_{n}g(i) \]

\[g(n)=\sum\limits_{i=n}^NC^{i}_{n}f(i)\iff f(n)=\sum\limits_{i=n}^N(-1)^{i-n}C^{i}_{n}g(i) \]

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：

\[\max_{i\in S}{x_i}=\sum_{T\subseteq S}{(-1)^{|T|-1}\min_{j\in T}{x_j}} \]

\[\min_{i\in S}{x_i}=\sum_{T\subseteq S}{(-1)^{|T|-1}\max_{j\in T}{x_j}} \]

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 $\forall i\neq a_{i}$ 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

$C^{k}_{n}$，因此有：

\[\begin{aligned} \left|\bigcup_{i=1}^n\overline{S_i}\right| &=\sum_{k=1}^n(-1)^{k-1}\sum_{a_{1,\cdots,k} }\left|\bigcap_{i=1}^{k}S_{a_i}\right|\\ &=\sum_{k=1}^n(-1)^{k-1}C^{k}_{n}(n-k)!\\ &=\sum_{k=1}^n(-1)^{k-1}\frac{n!}{k!}\\ &=n!\sum_{k=1}^n\frac{(-1)^{k-1} }{k!} \end{aligned}\]

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

\[D_{n}=(n-1)(D_{n-1}+D_{n-2}) \]

\[D_{n}=nD_{n-1}+(-1)^{n}) \]

待证明

10.4 Catalan 数

 $1 1 2 5 14 42 132$

\[H_n = \frac{\binom{2n}{n}}{n+1} \]

关于 Catalan 数的常见公式：

\[H_n = \begin{cases} \sum_{i=1}^{n} H_{i-1} H_{n-i} & n \geq 2, n \in \mathbf{N_{+}}\\ 1 & n = 0, 1 \end{cases}\]

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

\[H_n = C^{n}_{2n} - C^{n-1}_{2n} \]

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 $\frac{1}{2}e^{x}(x\rightarrow+\infty),-\frac{1}{2}e^{-x}(x\rightarrow-\infty)$

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

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

$\tanh x=\frac{\sinh x}{\cosh x}$，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：

\[\begin{aligned} \sinh x\cosh y+\cosh x\sinh y&= \frac{e^{x}-e^{-x}}{2}\times\frac{e^{y}+e^{-y}}{2}+\frac{e^{x}+e^{-x}}{2}\times\frac{e^{y}-e^{-y}}{2}\\ &=\frac{e^{x+y}-e^{y-x}+e^{x-y}-e^{-(x+y)}}{4}+\frac{e^{x+y}+e^{y-x}-e^{x-y}-e^{-(x+y)}}{4}\\ &=\frac{e^{x+y}-e^{-(x+y)}}{2}\\ &=\sinh(x+y) \end{aligned}\]

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

\[\operatorname{arcsinh}x=\ln(x+\sqrt{x^2+1}) \]

\[\operatorname{arccosh}x=\ln(x+\sqrt{x^2-1}) \]

\[\operatorname{arctanh}x=\frac{1}{2}\ln\frac{1+x}{1-x} \]

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 $\lim_{x\rightarrow x_0}f(x)=a$，则 $\forall \varepsilon\gt0,\exist t\in N^+$，当 $x\gt t$ 时，有 $|f(x)-a|\lt \varepsilon$

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，$\lim_{x\rightarrow x_0}f(x)=f(x_0)$

$\aleph$. 杂项

$\aleph$.1 平方数模意义下的特殊性质

对于任意 $x\in Z$，都有 $x^{2}\ mod\ 3\neq 2$.

\[P.\aleph.1 \]

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

\[x^{2}\equiv p^{2}\pmod 3 \]

当 $p=0$ 时，$x^{2}\ mod\ 3=0$

当 $p=1$ 时，$x^{2}\ mod\ 3=1$

当 $p=2$ 时，$x^{2}\ mod\ 3=4\ mod\ 3=1$

综上，$x^{2}\ mod\ 3\neq 2$

$\aleph$.2 调和级数的发散性

证明下述式子：

\[\sum^{\infty}_{i=1}\frac{1}{i}=\infty \]

\[P.\aleph.2 \]

考虑对调和级数进行分组：

\[\{\frac{1}{1}\}+\{\frac{1}{2}\}+\{\frac{1}{3}+\frac{1}{4}\}+\{\frac{1}{5}+\frac{1}{6}+\frac{1}{7}+\frac{1}{8}\}\gt 1+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\cdots \]

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

$\aleph$.3 模意义概率

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

定理一

\[(f_{a,b}\times f_{c,d})\mod p=(f_{a,b}\mod p)\times (f_{c,d}\mod p) \]

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

\[(1-f_{a,b})\mod p=(1-(f_{a,b})\mod p)\mod p \]

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

posted @ 2024-03-22 21:21 HaneDaniko 阅读(113) 评论(1) 编辑收藏举报

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