[05/06/20] 数论学习笔记
数论问题在 \(\mathbb Z\) 上进行研究。
公约：
1.\((a,b)\) 表示 \(a,b\) 最大公因数，\([a,b]\) 为最小公倍数.
2.\(<<<\) 表示远小于，\(>>>\) 表示远大于.
3.形如 \(a|b\) 的式子被称为整除式.
4.含分号的多行大括号表示解答过程（优先级最高），单箭头若表示分析过程书写时一般逆写.
5.下列整数基本性质由题目给出，非其最基本性质.
6.\(a≡b(c)\) 即 \(a,b\) 在模 \(c\) 意义下相等.
7.\([a]\) 表示高斯函数.
8.\(bool\) 式使用 \(C++\) 表达形式.
整数基本性质（\(a,b\in\mathbb Z\)）：
1.\(\mathbb Z\) 为一个数环，即以下性质 \(3.\)
2.\(a>b\iff a\geq b+1\iff a-1\geq b\iff a=b+k(k>0).\)
3.\(c=a+b\in\mathbb Z,d=a-b\in\mathbb Z,e=a*b\in\mathbb Z,f=\frac ab\in Z(b\not=0).\)
4.\(a|b\iff b=ka(k\not=0,k\in \mathbb Z).\)
5.使 \(f(a)|g(a)\) 成立的 \(a\) 的全体组成的集合 \(A_1\) 与使 \(f(a)|g(a)-kf(a)\) \((k\in \mathbb Z)\) 成立的 \(a\)
的全体组成的集合 \(A_2\) 相等.
6.设集合 \(A=\{P(a)|a\in\mathbb Z\}\)，\(B={Q(a)|a\in\mathbb Z}\)，命题 \(P=\) 使整除式 \(P(a)|P(b)\) 成立
的 \(a\) 的全体组成的集合 \(S\) 为无限集，命题 \(Q=A\subseteq B\)，有 \(P=Q.\)
7.性质 \(5\) 上经常使用性质 \(f(a)*f(b)=0\iff f(\varepsilon)=0(\varepsilon\in(a,b)).\)
8.设有整除式 \(a|b\) ，使 \((k-1)a<|b|<ka\) 恒成立的 \(a\) 使整除式不成立.
整数：
特点：离散，无限。
核心：无限 \(\to\) 有限。
操作方式：整除，同余，估计。
同余：$Z \to $ 同余类（给集合做划分）（提取代表元）
\(S_{1,1}\)：\(\begin{cases}构造（反面）\\ 论证（抽屉） \end{cases} \to 同余系\) （解析略）
同余；
放缩：确定某多项式与 其加上（或减去）某不为零的多项式后 的大小关系。
\(S_{1,2}\)：存在性 \(\to\) 构造 \(\to\) 选取 \(i,j\) \(\to\) 希望 \(\begin{cases}a_i+a_j \uparrow\\ (a_i,a_j)\downarrow\end{cases}\) \(\to\) 希望 \((a_i,a_j)=1\)
\(\to\) （互质问题不可回避） \(\to\) （不互质 \(\to\) 互质） （结论一）
考虑互质情况，则需证 \(a_i+a_j\geq 2n-1=p\) \(\to\) \(p|a_i+a_j\) \(\to\) 例一 （结论二）
对于结论二分类：\(\begin{cases}若有∃ p|a_i,取 p\not| a_j,易证;\\若有∀p\not|a_i,取剩余系(非完系)两两分组，易证;\end{cases}\)
对于结论一分类：\(\begin{cases}若有∃ p|a_i+a_j,有\frac{a_i}{(a_i,a_j)}\geq p,易证;\\若有∃ p|a_i-a_j,由a_i-a_j<a_i+a_j,易证;\end{cases}\)
同余；构造；放缩；
估计：\(\begin{cases}a|b\\b\not=0\end{cases} \to |b|\geq a\) \(\to\) 有界离散 \(\to\) 有限解 \(\to\) 高次小于低次（多项式) \(\to\)
放缩（即估计当变量取何值时某式恒成立）
分离：考虑 \(f_1(a^m)|f_2(a^n)\) （\(a^k\) 表示最高次项），作 \(m=n+k\) ,
令 \(f_1(a^m)=f_3(a^n)*f_4(a^k)\) 或令 \(f_2(a^n)*f_5(a^k)=f_6(a^m)\) （常用）
然后计算 \(f_3\) 与 \(f_2\) 或 \(f_6\) 与 \(f_1\)。
无穷递降：通过 \(m\) \(\to\) \(m'\)，常以 \(m,m'\) 为根韦达构造（或解关于 \(m\) 的）二次方程
以保证具有相同性质\(P\)，且 \(m,m'\) 地位相等，可论证 \(m'\) 为常数或推导出矛盾。
\(S_{1,3}\)：\(\begin{cases}是\to 构造\\否\to 反证\to 优先选择，各个角度分类筛不符合条件\end{cases}\to\begin{cases}存在（构造域）\\不存在（证毕）\end{cases}\)
\(\to\) 常规方法：无穷递降，取最小，证存在更小（由当前最小的推出） \(\to\) 做减法
放缩，设 \(∃a>10a_m>10^m\) \(\to\) 构造 \(b\) ，使：\(\begin{cases}b=a-ka_m\\a-ka_m 无退位\end{cases}\)
注意到 \(9a_m+1=10^m\)，并有 \(a\) 首位必不为零 \(\to\) 将 \(a\) 做位值拆分。
设函数 \(S(x)\) 为 \(x\) 各位数之和，分析进位有 \(S(a-10^r+10^{r-m})\) 严格小于 \(S(a)\).
无穷递降；估计；
\(S_{1,4}\)：\(\begin{cases}m=n,k=m^2;\\m\not=n,m≡n(2); \end{cases}\)
\(k\) 为完方，分子为完方 \(\to\) 分母为完方 \(\to\) 分母简化 \(\to\) \(m,n\) 换元 \(m+n,m-n\)
设 \(m=n+2t(t\not=0)\)，有 \(k=\frac{(m-t)^2}{4mt^2+1}\)，\(4mt^2k+k=m^2-2mt+t^2\)，
整理成关于 \(m\) 的一个一元二次方程，有两根 \(m,m'\) 地位相等，且均满足条件
\(m^2-(4kt^2+2t)m+t^2-k=0\)，韦达得 \(m+m'=2t+4kt^2\in \mathbb Z\)
有 \(m,m'\in \mathbb Z\)，\(mm'=t^2-k<t^2\)，不妨设 \(m<|t|\)。
\(\begin{cases}m'>0,有0<(m-t)^2<(2t)^2<4mt^2+1,矛盾;\\m'=0,k=t^2;\\m'<0,k=\frac{(m'-t)^2}{4m't^2+1}<0,矛盾;\end{cases}\)
无穷递降；构造；
整除：最大公约数基本运算，分析其约数。
\(S_{1,5}\)：由欧几里得辗转相除过程中导出结论 \((n^a-1,n^b-1)=n^{(a,b)}-1\)
有 \((2^{2a}-1,2^{2b}-1)=(2^{(a,b)}-1)(2^{(a,b)}+1)\)
且\((2^a-1)(2^a+1)=2^{2a}-1\)，\((2^b-1)(2^b+1)=2^{2b}-1\)，
\(\to\) 由 \(AC,BD\) 地位相等猜想结论 \((AB,CD)=(A,C)(B,D)(A,D)(B,C)\)，
其中 \(A=2^a-1\)，\(B=2^a+1\)，\(C=2^b-1\)，\(D=2^b+1\)。
\(\to\) \(A,B,C,D\) 满足条件 \((A,B)=1，(C,D)=1\).
\(\to\) 有如下结论 \(k(a,b)=(ka,kb)(k\not=0)\) ，\((\sum_1^n a_n,)=((\sum_1^m a_m),\sum_m^n a_n)\)
及条件 \((D,C)=1\)
\(\to\) \((A,C)(A,D)=(A(A,D),C(A,D))=(A^2,AD,AC,CD)\)
\(=(A(A,C,D),CD)=(A,CD)\)
\(\to\) \((A,C)(B,D)(A,D)(B,C)=(A,CD)(B,CD)=(AB,CD)\)，猜想得证。
整除；最大公因子理论（传递关系）；
\(S_{1,6}\)：是否 \(\to\) 否 \(\to\) 有限个 \(\to\) 有界 \(\to\) 高次 \(\leq\) 低次 \(\to\) 在整除式左边添互质因式
\(n!+1|(2012n)!\to (n!+1)(n!)|(2012n)!\to (n+1)(n!)^{2012}|(2012n)!\)
由 \((n!)^{2012}|(2012n)!\) \(\iff\) \(\tbinom{2012n}{n,n,...,n,n}\in\mathbb Z\)，\((n!+1,(n!)^{2012})=1\)
有 \((n!+1)(n!)^{2012}|(2012)!\)，只需把 \(n!\) 变为同阶多项式，
（不用 \(Strling\) 公式 \(n!\sim \sqrt {2\pi n}(\frac n e)^n\)，）
\(\to\) 只需证 \(n!>(\frac n e)^n \iff ln_n+ln_{n-1}+...+ln_1>nln_n-n\)，归纳
\(\to\) （ \(\leftarrow\) ）\(ln_{n+1}>(n+1)ln_{n+1}-nlnn-1\)
\(\to\)（ \(\leftarrow\) ）\(1>n(ln_{n+1}-ln_n)\) \(\to\) \(1>ln_{{(1+\frac 1n)}^n}\)
\(\to\) （ \(\leftarrow\) ）\(e>(1+\frac 1n)^n\) ，引理得证。
\((2012n)^{2012n}>(2012n)!\geq (n!+1)(n!)^2012>(n!)^{2013}>(\frac ne)^{2013}\)
\(\to\) 高次小于低次 \(\to\) 有界 \(\to\) 有限 \(\to\) 否。
整除；估计；放缩；
\(S_{1,7}\)：最多只有 \(\to\) 反证 \(\to\) 假设存在两种方案 \(\to\) 分析约数 \(\to\) 找矛盾
设 \(ab=cd=\frac{n^4}{16}(a>c\geq d>b),n\geq a-b\).
发现各数分担各因子，考虑用最大公因数换元表示各数。
设 \((a,c)=p\to a=pq,c=pr,(q,r)=1\to qb=rd\)
\(\to b=rs,d=qs\to pq>pr\geq qs>rs\to q>r,p>s\)
\(\to\)（放缩）\(n\geq a-b=pq-rs\geq(s+1)(r+1)-rs=r+s+1\)
\(\to\) \(r+s\leq n-1\to b\leq \frac{(n-1)^2}2\to a\leq b+n=\frac{(n+1)^2}2\)
\(\to\) \(ab\leq(\frac{n^2-1}2)^2<\frac {n^4}{16}\)
整除；用大小关系放缩消元；最大公因数理论；均值不等式；
\(S_{1,8}\)：高次小于低次 \(\to\) 降高次或升低次 \(\to\) 估计，分离 \(\to\) 低次乘 \(x\)
估计 \(x(x^n+2^n+1)=x^{n+1}+2^nx+x>x^{n+1}+2^{n+1}+1\to x\geq2\)
估计 \((x-1)(x^n+2^n+1)=x^{n+1}+2^nx+x-x^n-2^n-1<x^{n+1}+2^{n+1}+1\)
\(\to\) \(x(2^n+1)<3*2^n+x^n+2\to\) 要求 \(n\) 的次数足够大
（若满足以上二式，则说明 被除式 被夹在 除式 的两相邻倍数之间，即整除式不成立）
放缩要求 \(x^n>x(2^n+1)\to x^{n-1}\geq2^n+1(x\geq2)\)有 \(x\) 增长幅度 \(>2\) 增长幅度
\(\to\) 考虑最小情况 \(n=2\to x\geq5\) \(\to\) 当 \(n\geq2\) 时分类
\(\begin{cases}n=1,x=4 \or 11\to(1,4)\or(1,11);\\n\geq2,{\begin{cases}x=1,2^n+2|2^{n+1}+2,舍;\\x=2,2^{n+1}+1|2^{n+2}+1,舍;\\x=3,3^n+2^n+1|3^{n+1}+2^{n+1}+1,舍;\\x=4,2^{2n}+2^n+1|2^{2n+2}+2^{n+1}+1,舍;\\x\geq5,x^n=x*x^n-1\geq x*(2^n+1),舍;\end{cases};}\end{cases}\)
分离；估计；放缩；
\(S_{1,10}\)：无限解问题 \(\to\) 估计或分离找有限解 \(\to\) 放缩后约为 \(a^{m-n}\)，分类考虑。
\(\begin{cases}m\leq n,a^{m-1}+1\geq a^{n-1}+a,矛盾;\\m>n,m=n+k\to a^n+a^2-1|a^{k+2}-a^k-a+1\\a^{k+2}-a^k-a+1=(a-1)(a^{k+1}+a^k-1),\begin{cases}a=1时成立;\\a有无穷多解;\end{cases}\\\to a^n+a^2-1|a^{k+1}+a^k-1\\构造辅助函数 f(x)=x^n+x^2-1,g(x)=x^{k+1}+x^k-1\\有f(0)*f(1)<0\to存在\varepsilon\in(0,1)使f(\varepsilon)=0\to g(\varepsilon)=0\\\to\begin{cases}\varepsilon^{k+1}+\varepsilon^k-1=0;\\\varepsilon^n+\varepsilon^2-1=0;\end{cases}\to \varepsilon^{k+1}-\varepsilon^n=\varepsilon^2-\varepsilon^k\\\to\begin{cases}k<2,RHS<0,|LHS|>>>|RHS|,舍;\\k>2,n>k+1>k>2,|LHS|<<<|RHS|,舍;\end{cases} \\\to只有k=2且n=k+1=3时成立\to(5,3); \end{cases}\)
化归；降次（夹在两差距极小倍数之间）；多项式整除；
\(S_{1,11}\)：讨论两个相邻 \(5\) 幂次中间夹 \(2\) 的幂次的个数\(\begin{cases}\leq 1(显然不行，随便证一下)\\=2(可以，因为有例子)\\=3(可以，因为有例子)\\\geq4(显然不行，随便证一下)\end{cases}\)
\(\begin{cases}=1,2^{n-1}<5^m<2^n<5^{n+1}<2^{n-1}\to 2^{n+1}>5^{m+1}>2^{n-1}*5>2^{n+1},舍;\\=2,可行,x;\\=3,可行,y;\\=4,2^{n-1}<5^m<2^{n+1}<2^{n+3}<5^{m+1}\to 5^{m+1}>2^{n+3}>8*5^m>5^{m+},舍;\end{cases}\)
\(\begin{cases}x+y=867;\\2x+3y=2013;\end{cases}\to y=279.\)
鸡兔同笼；放缩；
\(S_{1,9}\)：由题目“唯一表示” \(\to\) \(x,y\) 与 \(n\) 相关且 \((x,y)\) 唯一 \(\to\) 将整除关系变为相等关系
\(\to\) 关于 \((x,y)\) 的不定方程 \(\to\) 以 \(y\) （次数低）为主元解方程 \(\to\) \(y\in \mathbb Z\) \(\to\) 分式分离
\(\begin{cases}n=1,(x-1)(x+1-y)=0\to x+1=y,舍;\\n\geq2,y=\frac{x^2-n}{nx-1}\to nx-1|x^2-n\to nx-1|x^2n^2-n^3\to nx-1|n^3-1\\\to d=\frac{n^3-1}{nx-1}\to\begin{cases}d=1,(x,y)=(n^2,n);\\d\not=1,nx=\frac{n^2+d-1}d\to nx<n^2\to x<n\to y<1,舍;\end{cases};\end{cases}\)
降次；分式分离；
一般二元归纳：解决类似 对与所有在域上的数对 \((m,n)\) 均有 \(P(m,n)=true\) 的问题
常规方法：证明 \(P(1,1)=true\) ，由 \(P(1,n)=true\to P(1,n+1)=true\) ，
由 \(P(m,1)=true\to P(m+1,1)=true\)，由某两项成立再推出另一项成立。
其中最后一步的“另一项”应满足能遍历所有未证明项，“某两项”应满足均为已证明项。
如 \(P(a-1,b)=true+P(a,b-1)\to P(a,b)\) 等。二项式定理证明可看作二元归纳
使用条件：给出条件少，（所有的）某两项与另一项之间均有递推关系（二元递推）。
\(S_{1,12}\)：任意数对 \(\to\) 对每一个数都成立 \(\to\) 归纳 \(\to\) 二元归纳
（由于 \(m_i\) 的不确定性，此处不用一般二元归纳）
考虑固定某一变量来归纳（当作一元归纳），则只需证明归纳时对于另一变量存在任意性
（值域与定义域相等且均为 \(\mathbb N_+\)）
由于 \(k\to k+1\) 比 \(\frac1n\to\frac1{n+1}\) 容易，且 \(2^k\to2^{k+1}\) 为翻倍，只需也必须在 \(RHS\) 中
添项，故选 \(k\) 作为归纳变量。记 \(LHS_{(i,j)}/RHS_{(i,j)}\) 为 \(k=i,n=j\) 时的值
\(\begin{cases}k=1,LHS_{(1,n)}=1+\frac1n\to m_1=n,∀n\in N_+成立;\\假设(k,∀n)成立,\begin{cases}n≡0(2),LHS_{(k+1,n)}=LHS_{(k,\frac n2)}*(\frac{n+2^{k+1}-1}{n+2^{k+1}-2}=1+\frac1{n+2^{k+1}-2})\\RHS_{(k+1,n)}=RHS_{(k,\frac n2)}*(1+\frac 1{m_{k+1}}),m_{k+1}=n+2^{k+1}-2;\\n≡1(2),LHS_{(k+1,n)}=LHS_{(k,\frac{n+1}2)}*(\frac {n+1}n=1+\frac1n)\\RHS_{(k+1,n)}=RHS_{(k,\frac{n+1}2)}*(1+\frac 1{m_{k+1}}),m_{k+1}=n;\end{cases};\\\to 有(k+1,∀n)成立;\end{cases}\)
双向一元归纳；二元递推；
自然数：加法群幺元：0，乘法群幺元：1，质因数分解最小元：素数。
素数：
性质：唯一分解定理，质数集为无限集，梅森质数列满足两两互质，存在足够长的连续整数列
使每一项均为合数（\(\{(n+1)!+(2\to n+1)\}\)），素数定理，\(Dirichlet\) 大定理。
基本操作：考虑完系，缩系，构造。
无限集：构造 \(Q=(\prod_1^ni)+1\)，若 \(Q\) 为质数得到对于数 \(n\) 存在至少一个质数\(Q>n\)；
若 \(Q\) 不为质数得到 \(Q=p_1p_2,p_1\geq p_2>n\), 对于数 \(n\) 存在至少一个质数\(Q>n\)；
梅森质数列：\(F_n=2^{2^n}+1,F_{n+k}-2=2^{2^{n+k}}-1=(2^{2^n})^{2^k}-1=(2^{2^{n+1}})^{k-1}-1\)
\(\to\) \(F_n-2|F_{n+k}-2\) \(\to\) \(F_n=2^{2^n}+1|2^{2^{n+1}}-1,2^{2^{n+1}}-1|F_{n+k}-2\to F_n|F_{n+k}-2\)
\(\to (F_n,F_{n+k})=(2,F_n)=1\to\) 两两互质.
素数定理：\(\pi(n)\sim Li(n)\) ，\(\frac{ln_x}x.\)
\(Dirichlet\) 大定理：对与数列 \(ax+b\) （\(a,b=1\)）有无限多质数。（同余问题）
完系：在完系中有且仅有一个不整除。
缩系：完系-1（均不整除）。
\(S_{2,1}\)：表示出组合数后拆开上面的括号，注意到非 \(p\) 倍数项唯一，且为 \(p\) 的最小非负剩余
的积 \(\to\) 约去 \(p\) ，合并分子中含有 \(p\) 的项 \(\to\) 注意到分母亦为 \(p\) 的最小非负剩余之积。
\(C^p_n=\frac{(kp+r)(kp+r-1)...(kp)(kp-1)...((k-1)p+r+1)}{p!}=\frac{k(lp+(p-1)!)}{(p-1)!}=\frac{klp}{(p-1)!}+k\in \mathbb Z\)
\(\frac{klp}{(p-1)!}\in \mathbb Z,(p,(p-1)!)=1\to C^p_n-k=klp\to p|C^p_n-k\iff C^p_n≡[\frac pn](p)\)
素数性质；合并同类项；
\(S_{2,4}\)：恰有 \(\to\begin{cases}存在\to\begin{cases}p<6\to一定有\to p=5\\p>6\to存在更大的\to存在某个数的最小素因数p>6\end{cases}\\唯一\to p>3即可\end{cases}\)
\(\begin{cases}5\not|n,p=5满足条件;\\5|n\to\begin{cases}n,n+5被5整除;\\剩余四个数中必恰有两偶数被2整除;\\余下两相邻奇数必恰有一奇数被3整除;\end{cases}\to存在唯一数最小质因数p>5;\end{cases}\)
筛法；思路类似于证明 \(p>3\) 时只可能有 \(p=6k+1\or p=6k-1\)；
\(S_{2,5}\)：合数 \(\to\) 形如 \(N!+1+M(M+1\leq N)\)
\(\to\) 互素 \(\to\) 无法满足 \(a\) 为合数 \(\to\) 设为 \(\{a+(1\to n)d\}\)
\(\to\) 有 \((a_i,a_j)=1\to(a,(j-i)d)=1\to(a,d)=1\and (a,j-i)=1\)
注意到 \(j-i\) 取值在 \([0,n-1]\) （即一个 \(n\) 的完系）之间
\(\to\) 构造 \((a,n!)=1\) \(\to\) 不妨 \(d\) 取 \(n!\) \(\to\) 设 \(a\) 为 \(K!+1\) ，有 \((a,nn!)=1\)
\(\to\) \(nn!+1<K\) \(\to\) 放缩后 \((n+1)!<K\) \(\to\) \(a=(n+1)!!+n!+1\)
\(\to\) \(a=((n+1)!+1)!+n!+1,d=n!,a_i=a+id\) \(\to\) 互质且均为合数。
构造；素数性质；
\(S_{2,6}\)：无穷 \(\to\) 递推 \(\to\) 考虑必要条件
\(\to\) 首先必有 \(a,a+b\in S\)，则形如 \(a+bx\in S\)，必有 \((a,a+bx)=1\to(x,a)=1\)
其次 \((a+bx,a+b)=1\to(x-1,a+b)=1\) \(\to\) 显然有 \(x=a+b\) 时满足条件
再考虑 \((a+b(a+b),a+x'b)=1\to (x'-a-b,a+b(a+b))=1\)
\(\to\) 显然 \(x=y(a+b)\) 时满足条件 \(\to\) \((y-1,a+b(a+b))=1\) \(\to\) \(y=a+b(a+b)\)
\(\to\) 构造 \(\{u_1=a+b,u_{n+1}=a+b\prod_1^nu_i\}\) \(\to\) 有 \((u_{n+1},u_k)=(a,u_k)=1\)
构造；递推；
\(S_{2,2}\)：显然有 \(n-1<m\to n<=m\)，则有 \(p<n<=m\to p<m\)，
对于任一 \(p<n\) ，取 \(\{m_i=(m+ir) ~mod ~p\}|_{0\to p-1}\)，则显然存在 \(m_i=m_j\)，
有 \(m_i-m_j≡m+ir-m-jr≡0(p)\to p|(j-i)r\to p|r\)。
例二给出了一种其逆问题的构造 \(\to\) 例五。
倍增：某些情况下能当归纳法使。题目中出现 \(2^k\) 或 \(4^k\) 等时考虑，由 \(k=·1\to2k,2k+1\)
但 \(OI\) 中更多作为递归（分治为子问题，即考虑 \(k\) 由 \([k],[k]+1\) 推出），有时也求
\(k\to2k-1\)，本质上就是个上下界的问题，起始多暴力求几项就行。
\(S_{2,3}\)：观察到 \(p^x=(y+1)(y^2-y+1)\to \begin{cases}y+1=p^a\\y^2-y+1=p^b\\a+b=x\end{cases}\to p|(y+1,y^2-y+1)\)
\(\to p|(y+1,3)\to\begin{cases}y=1,y+1=2,p^x=2,(p,x,y)=(2,1,2);\\p=3,y\geq2\to3^x=y^3+1,y^2-y+1>y+1\\\to y+1|y^2-y+1\to y+1|3\to(p,x,y)=(3,2,2);\end{cases}\)
指数型不定方程 \(\to\) 反复同余 \(\to\) 限制指数可能情况 \(\to\) 讨论.
\(S_{2,7}\)：尝试归纳 \(\to\) 由于 \(k\not\to k+1\) \(\to\) 失败 \(\to\) 看到 \(4^n\) \(\to\) 想到了一些不好的事情（\(OI\)）
\(\to\) 尝试递归区间 \(\to\) 由 \(k\) \(\to\) \(2k,2k+1.\)
至于为什么 \(4^n\) 可以想到倍增，应该是因为有素数这个条件并且是乘积形式。
首先显然有一个值接近 \(2^{lqbz}\) 并且写出来是一堆阶乘除以一堆阶乘的数（倍增基本思想），
然后有 在倍增出来的那个区间里，最多只有一半是素数（形如 \(2k+1\)） 这个条件，
于是近似的就能把分母变成原来的平方（事实上 \(\prod_{1}^n(i==2k+1)i\) 和 \(\prod_1^n(i==2k)i\) 是同阶
的），于是就会有一个大概的阶乘（\(k\)）到组合函数（\(2k\)）的过渡。
假设 \(P_k\leq4^k\)，由于 \(\prod_{p_i\in[k+1,2k]}p_i\leq\prod_{j=2r+1\in[k+1,2k]}j\leq\frac{\prod_{l\in[k+1,2k]}l}{(\prod_{q\in[1,k]}q)*(2*\prod_{s=2f+1\in[k+1,2k]}s)}\)
\(\leq\frac{(2k)!}{k!^2}=C_{2k}^k<2^{2k}=4^k\)，得到 \(P_{2k}\leq4^{2k}\)；类似的，对于 \(k\to2k+1\)，有
\(\prod_{p_i\in[k+1,2k]}p_i\leq\frac{(2k+1)!}{k!(k+1)!}=C^{k+1}_{2k+1}=\frac{C^{k+1}_{2k+2}}2=2^{2k}=4^k\)，得到 \(P_{2k+1}\leq4^{2k}\)。
其实要更简易的书写方式可以利用 \(k+1\to 2(k+1),2(k+1)-1\)。（\(P_{2(k+1)}=P_{2k+1}\)）
倍增；放缩；（ 倍增+乘法，组合数，2^n， 4^n 等经常放在一起）
\(S_{1,2}\)：调和级数形式 \(\to\) 发散（\(\sum\frac 1i=\sum_k(\sum_{i=2^k+1}^{2^k+1})>\sum_k(2^k*\frac1{2^{k+1}})=\sum_k\frac12\)） \(\to\)
得到了调和级数的常规放缩方法。
