五一 NOI 数学听课笔记

注：本文不写证明。

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花絮：真·sigma：，真·abc：，

一、剩余类环 $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$

记号：$\bar{x}$ 在$\mathrm{mod}n$ 意义下代表一个集合：$\{\dots ,x-2n,x-n,x,x+n,x+2n,\dots \}$

加法逆元：$a:\overline{-a}\text{ or }\overline{n-a}$

乘法逆元：$\bar{a}\times \bar{b}=1$

费马小定理

$$a^{p-1}=1(modp,0<a<p)$$

Euler's Theorem / 费马小定理推广：

$$a^{\phi (p)}=1(modp)$$

Quiz

计算: $3^{\left(3^{100}\right)}mod100$。

使用 Euler's Theorem 需要算出 $\phi$，计算得 $\phi (100)=40,\phi (40)=16$。

${\displaystyle 3^{\left(3^{100}\right)}mod100=3^{3^{100}mod40}=3^{3^{100mod16}}=3^{81}=3^1=3}$

$\phi$ 函数

Lemma 1：若 $nmodp=0$，则 $\phi (pn)=p\phi (n)$。

Lemma 2：若 $nmodp\ne 0$，则 $\phi (pn)=(p-1)\phi (n)$。

定理：若 $n={\displaystyle \prod _{i=1}^m{p}_i^{r_i}}$，则 $\phi (n)=n\times {\displaystyle \prod _{i=1}^m(1-\frac{1}{p_i})}$。

Example

$\phi (60)=\phi (4)\times \phi (3)\times \phi (5)=2\times 2\times 4=16$。

HW1：

$$\sum _{d|n}\phi (d)=n$$

二、扩展 Euclid

此算法可以计算形如 $ax+by=gcd(a,b)$ 的解，递归求解。

记 $x_0,y_0$ 为：

$$b{x}_0+(amodb)y_0=gcd(a,b)$$

方程的解，所以

$$b{x}_0+(a-\lfloor \frac{a}{b}\rfloor b)y_0=gcd(a,b)$$

整理得到：

$$x_1=y_0,y_1=x_0-\lfloor \frac{a}{b}\rfloor y_0$$

所以 $(x_1,y_1)$ 就是一组特解，通解为：

$$x=x_1+k\frac{b}{gcd(a,b)},y=y_1-k\frac{a}{gcd(a,b)},k\in \mathbb{Z}$$

三、原根

对于正整数 $n$，集合 $G=\{\bar{x}:gcd(x,n)=1\}$ 在乘法下为循环群，且 $G=<\bar{g}>$，那么 $g$ 就是一个在 $modn$ 意义下的原根。

另一个说法：

$$\{\bar{g},{\bar{g}}^2,\dots ,{\bar{g}}^{|G|-1}\}=G$$

i.e. 在 $modn$ 意义下的加法存在一个元素 $1$ 使得其他元素都是它的若干倍，我们希望在乘法意义下也找到一个这样的数，为了方便我们找到这样的数，会将所有的与 $n$ 不互质的数排除在外。

结论：$modn$ 意义下存在原根当且仅当 $n=2,4,p^{\alpha },2p^{\alpha }$，其中 $p$ 为奇素数。

在 $modn$ 意义下的原根数量是 $\phi (\phi (n))$。

Problem

给定 $n$，求 $n$ 的一个原根。

考虑随机化，单次的成功率是 ${\displaystyle \frac{\phi (\phi (n))}{n}}$，所以期望步数为 ${\displaystyle \frac{n}{\phi (\phi (n))}}$。

原根判定定理：设 $n\ge 3,gcd(a,n)=1$，则 $a$ 是模 $n$ 下的原根的充要条件是，对于 $\phi (n)$ 的每个质因子 $p$，都有 $a^{\frac{\phi (n)}{p}}\ne 1(modn)$

指标

定义：记 $g$ 为 $modm$ 下的原根，对 $gcd(a,m)=1$ 的 $a$，若 $a=g^u$ 则记 $I(a)=u$ 称为 $a$ 的指标。

$$I(ab)\equiv I(a)+I(b),I(a^k)\equiv kI(a)$$

这也被称为离散对数。

BSGS, Baby Step Giant Step 算法

令 $L=\sqrt{\phi (m)}$，预处理 $X=\{g^L,g^{2L},\dots ,g^{L^2}\}$ 和 $Y=\{g,g^2,\dots ,g^{L-1}\}$，容易发现一定存在 $x\in X,y\in Y$ 使得 $a=xy$。

那么我们枚举 $x$，查找 $y=x^{-1}a$ 是否在 $Y$ 中即可。

Extend BSGS 算法

给定 $b,a$，求一个满足 $a^u=b(modp)$ 的 $u$。

注意：$gcd(a,b)$ 不一定为 $1$，$p$ 也不一定是质数。

若 $bmodgcd(a,p)\ne 0$ 且 $b\ne 1$，那么无解。

对于：

$$a^u\equiv b(modp),g=gcd(a,p)$$

两边同时除以 $g$：

$$a^{u-1}\times \frac{a}{g}\equiv \frac{b}{g}(mod\frac{p}{g})$$

然后换元：

$$a^{\prime }=\frac{a}{g},b^{\prime }=\frac{b}{g},p^{\prime }=\frac{p}{g}$$

得到：

$$a^{u-1}\times a^{\prime }\equiv b^{\prime }(mod{p}^{\prime })$$

这样一直迭代下去，直到无解或者可以使用 BSGS 解决。

最终的式子变成：

$$m=\prod _{i=1}^k{g}_i$$

$$a^{x-k}\times \frac{a^k}{m}\equiv \frac{b}{m}(mod\frac{p}{m})$$

此时 $gcd(\frac{a^k}{m},\frac{p}{m})=1$，跑一遍 BSGS 即可。

二次剩余

求 $x^2=n(modp)$ 是否有解，若有求出一组。

结论：设 $n=g^u$，若 $umod2=0$，则 $x=g^{u/2}$ 就是一组合法解，否则无解。

三次剩余

继续推广：$p$ 为质数，求解三次剩余问题 $x^3=a(modp)$。

若 $p=3k+1,a=g^u$，则 $a$ 存在三次剩余当且仅当 $umod3=0$。

更一般的，若 $p=sk+1,a=g^u$ 则 $a$ 存在 $s$ 次剩余当且仅当 $umods=0$。

若 $p=3k+2$，$a\equiv a^{6k+3}\equiv (a^{2k+1}{)}^3$。

一般二次同余式

$$a{x}^2+bx+c\equiv 0(modp)$$

求根公式：${\displaystyle x=\frac{-b\pm \sqrt{b^2-4ac}}{2a}}$

配方：$(x-\alpha {)}^2\equiv \beta (modp)$

四、中国剩余定理

已知 $x\equiv a(modp),x\equiv b(modq)$。

其中 $gcd(p,q)=1$，求 $x\equiv ?(modpq)$。

$$x=a+k_{1}p=b+k_{2}q\to k_{1}p+k_{2}q=b-a$$

当 $a=b$ 时 $x\equiv a(modpq)$，当 $a\ne b$ 时，先解 $k_{1}p+k_{2}q=1$，再将特解乘上 $b-a$。

五、数论函数

定义 $1.$ 若一个函数定义域为正整数，那么称这是一个数论函数。

定义 $2.$ 若一个数论函数 $f(n)$ 有 $f(ab)=f(a)f(b),\mathrm{\forall }a,b\in {\mathbb{Z}}^{+}$，则称其为完全积性函数，若该性质只对 $gcd(a,b)=1$ 成立则称其为积性函数。

结论：${\displaystyle \sigma (n)=\sum _{d|n}d,{\sigma }_k(n)=\sum _{d|n}{d}^k}$ 都是积性函数。

Mobius 函数

定义：

$${\displaystyle \mu (n)=\{\begin{array}{l}1,n=1\\ 0,p^2|n\\ (-1{)}^r,n={\displaystyle \prod _{i=1}^r{p}_i}\end{array}}$$

Dirichlet 卷积

定义：令 $f,g$ 为两数论函数，定义：

$$f\ast g(n)=\sum _{d|n}f(d)g\left(\frac{n}{d}\right)$$

称 $f\ast g$ 为 $f$ 和 $g$ 的 Dirichlet 卷积。

• $\phi \ast I_0=I$

• $\mu \ast I_0=\mathrm{\Delta }$

• $d=I_0\ast I_0$

• $f=\mathrm{\Delta }\ast f$

性质：

$1.$ 交换律：$f\ast g=g\ast f$。

$2.$ 结合律：$f\ast (g\ast h)=(f\ast g)\ast h$

$3.$ 分配律：$f\ast (g+h)=(f\ast g)+(f\ast h)$

定理：若 $f,g$ 是积性函数，则 $f\ast g$ 也是积性函数。

观察：

$$f=\mathrm{\Delta }\ast f$$

说明 $\mathrm{\Delta }$ 在积性函数内充当了一个幺元。

而

$$\mu \ast I_0=\mathrm{\Delta }$$

则说明 $\mu ,I_0$ 互为逆元。

Mobius 反演

Example 1

$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n[gcd(i,j)=1]=\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n\sum _{d|gcd(i,j)}\mu (d)$$

$$=\sum _{d=1}^n\mu (d){\left(\lfloor \frac{n}{d}\rfloor \right)}^2$$

Example 2

$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{n}gcd(i,j)=\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n\sum _{d|gcd(i,j)}\phi (d)=\sum _{d=1}^n\phi (d){\left(\lfloor \frac{n}{d}\rfloor \right)}^2$$

六、生成函数

Example 1

Example 2

Example 3

Example 4

Example 5

Solution 待补充。

Example 6

Solution 1

我们考虑将左括号数量看成横坐标，右括号数量看成纵坐标，将括号序列看成路径，那么在任何时刻右括号数量不能超过左括号数量（这就是一个合法的括号序列）

Solution 2

七、Stirling 数

第一类 Stirling 数

第二类 Stirling 数

八、群论

$\text{Klein }{V}_4$

$\text{Dihedral group }{D}_{2n}$

置换群

生成元

元素的阶

子群

陪集

陪集定理

群作用

Example

轨道稳定集定理

Example

$\text{Burnside}$ 引理

九、行列式