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：\(\overline{x}\) 在\(\mod n\) 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：\(\overline{a}\times \overline{b} = 1\)

费马小定理

\[a^{p-1}=1(\bmod p, 0 < a < p) \]

Euler's Theorem / 费马小定理推广：

\[a^{\varphi(p)}=1(\bmod p) \]

Quiz

计算: \(3^{\left(3^{100}\right)} \bmod 100\)。

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

\(\displaystyle 3^{\left(3^{100}\right)} \bmod 100=3^{3^{100} \bmod 40}=3^{3^{100 \bmod 16}}=3^{81}=3^{1}=3\)

\(\varphi\) 函数

Lemma 1：若 \(n \bmod p = 0\)，则 \(\varphi(pn)=p\varphi(n)\)。

Lemma 2：若 \(n \bmod p \neq 0\)，则 \(\varphi(pn) = (p - 1)\varphi(n)\)。

定理：若 \(n = \displaystyle \prod_{i = 1}^{m} {p_i ^ {r_i}}\)，则 \(\varphi(n) = n \times \displaystyle \prod_{i=1}^{m}\left(1-\frac{1}{p_i}\right)\)。

Example

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

HW1：

\[\sum_{d | n}\varphi(d) = n \]

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：

\[bx_0 + (a \bmod b) y_0 = \gcd (a, b) \]

方程的解，所以

\[bx_0 + \left(a - \left\lfloor\frac{a}{b}\right\rfloor b\right)y_0 = \gcd(a,b) \]

整理得到：

\[x_1 = y_0, y_1 = x_0 - \left\lfloor\frac{a}{b}\right\rfloor y_0 \]

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 \(G=\{\overline{x}:\gcd(x,n)=1\}\) 在乘法下为循环群，且 \(G = <\overline {g}>\)，那么 \(g\) 就是一个在 \(\bmod n\) 意义下的原根。

另一个说法：

\[\{\overline{g}, \overline{g}^2, \dots, \overline{g}^{|G|-1}\} = G \]

i.e. 在 \(\bmod n\) 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：\(\bmod n\) 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 \(\bmod n\) 意义下的原根数量是 \(\varphi(\varphi(n))\)。

Problem

给定 \(n\)，求 \(n\) 的一个原根。

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

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

指标

定义：记 \(g\) 为 \(\bmod m\) 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 \(L = \sqrt{\varphi (m)}\)，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 \(a^u = b (\bmod p)\) 的 \(u\)。

注意：\(\gcd(a,b)\) 不一定为 \(1\)，\(p\) 也不一定是质数。

若 \(b \bmod \gcd(a, p) \neq 0\) 且 \(b \neq 1\)，那么无解。

对于：

\[a ^ u \equiv b (\bmod p), g = \gcd(a, p) \]

两边同时除以 \(g\)：

\[a ^ {u - 1} \times \frac{a}{g} \equiv \frac{b}{g} \left(\bmod \frac{p}{g}\right) \]

然后换元：

\[a' = \frac{a}{g}, b' = \frac{b}{g}, p' = \frac{p}{g} \]

得到：

\[a^{u - 1} \times a' \equiv b'(\bmod p') \]

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：

\[m = \prod_{i = 1}^{k} g_i \]

\[a^{x - k} \times \frac{a^k}{m} \equiv \frac{b}{m} \left(\bmod \frac{p}{m}\right) \]

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

二次剩余

求 \(x^2 = n (\bmod p)\) 是否有解，若有求出一组。

结论：设 \(n=g^u\)，若 \(u \bmod 2 = 0\)，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 \(x^3 = a (\bmod p)\)。

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

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

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

一般二次同余式

\[ax^2 + bx + c \equiv 0 (\bmod p) \]

求根公式：\(\displaystyle x = \frac{-b ± \sqrt{b ^ 2 - 4ac}}{2a}\)

配方：\((x - \alpha) ^ 2 \equiv \beta (\bmod p)\)

四、中国剩余定理

已知 \(x \equiv a (\bmod p), x \equiv b (\bmod q)\)。

其中 \(\gcd(p, q) = 1\)，求 \(x \equiv ? (\bmod pq)\)。

\[x = a + k_1p = b + k_2q \to k_1p + k_2q = b - a \]

当 \(a = b\) 时 \(x \equiv a (\bmod pq)\)，当 \(a \neq b\) 时，先解 \(k_1p + k_2q = 1\)，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 \(f(ab) = f(a)f(b), \forall a, b \in \mathbb{Z}^{+}\)，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：

\[\displaystyle \mu(n) = \begin{cases}1, n = 1\\0, p^2 | n\\(-1)^r, n = \displaystyle \prod_{i=1}^{r}p_i\end{cases} \]

Dirichlet 卷积

定义：令 \(f, g\) 为两数论函数，定义：

\[f * g (n) = \sum_{d | n} f (d) g \left(\frac{n}{d}\right) \]

称 \(f * g\) 为 \(f\) 和 \(g\) 的 Dirichlet 卷积。

• \(\varphi * I_0 = I\)

• \(\mu * I_0 = \Delta\)

• \(d = I_0 * I_0\)

• \(f = \Delta * f\)

性质：

$1. $ 交换律：\(f * g = g * f\)。

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

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

定理：若 \(f, g\) 是积性函数，则 \(f * g\) 也是积性函数。

观察：

\[f = \Delta * f \]

说明 \(\Delta\) 在积性函数内充当了一个幺元。

而

\[\mu * I_0 = \Delta \]

则说明 \(\mu, I_0\) 互为逆元。

Mobius 反演

Example 1

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

\[= \sum_{d = 1}^{n} \mu(d)\left(\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor\right)^2 \]

Example 2

\[\sum_{i = 1}^{n}\sum_{j = 1}^{n}\gcd(i,j) = \sum_{i = 1}^{n}\sum_{j = 1}^{n}\sum_{d | \gcd(i,j)}\varphi(d) = \sum_{d = 1}^{n} \varphi (d) \left(\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor\right)^2 \]

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