从 0 开始的数学

并非从 $0$ 开始，但反正我是从来没有好好学过蓝书数学这章。
主要最近碰到太多数学题了，不得不恶补一下。

更好的阅读体验

质数

1. 不超过 $N$ 的质数个数大约为 $\frac{N}{\ln N}$。
2. 线性筛法，每次用最小的质因子筛质数，可以用来 $O(n)$ 快速筛诸如欧拉函数、因子个数等。
3. $N = p_1 ^ {c_1} * ... * p_k^{c_k}$

P3383, UVA10140, P10495

约数

1. $N$ 的正约数集合：$\{p_1 ^ {b_1} * ... * p_k^{b_k}\}$，其中 $0\leq b_i \leq c_i$
2. $N$ 的正约数个数：$\prod_{i = 1}^{k}(c_i + 1)$
3. $N$ 的正约数和：$\prod_{i = 1}^{k}\left (\sum_{j = 0}^{c_i}(p_i) ^ j \right )$
4. $int$ 范围内约数个数最多的数有 $1600$ 个约数

最大公约数

1. $\forall a,b \in N$, 有 $a \geq b, \gcd(a, b) = \gcd(b, a - b) = \gcd(a, a - b)$
2. $\forall a,b \in N$, 有 $\gcd(2a, 2b) = 2 \gcd(a, b)$
3. $\forall a,b \in N, b \ne 0$, 有 $\gcd(a, b) = \gcd(b, a \mod b)$

积性函数

1. 当 $a, b$ 互质时，有 $f(ab) = f(a) \times f(b)$，则称 $f$ 为积性函数
2. 若 $f$ 是积性函数，且 $n = \prod_{i = 1}^{k}p_i ^ {c_i}$，则 $f(n) = \prod_{i = 1}^{k}f(p_i^{c_i})$

互质与欧拉函数

1. $\forall a, b \in N$，若 $gca(a, b) = 1$，则 $a, b$ 互质

2. $\varphi (N) = N * \prod_{p | N}(1 - \frac{1}{p})$，证明参考容斥原理

3. $\forall n > 1$，$1 \sim n$ 中与 $n$ 互质的数的和为 $n \times \varphi(n) \div 2$

4. 若 $a, b$ 互质，则 $\varphi(a, b) = \varphi(a)\varphi(b)$，即 $\varphi$ 为积性函数

5. 设 $p$ 为质数，若 $p | n$ 且 $p^2|n$，则 $\varphi(n) = \varphi(\frac{n}{p}) \times p$

6. 设 $p$ 为质数，若 $p|n$ 且 $p^2\nmid n$，则 $\varphi(n) = \varphi(\frac{n}{p}) \times (p - 1)$

7. $\sum_{d | n}\varphi(d) = n$

证明($7$)：令 $f(n) = \sum_{d|n} \varphi(d)$，设 $n, m$ 互质，则 $f(nm) = \sum_{d | nm} \varphi(d) = \sum_{d | n}\varphi(d) \times \sum_{d | m}\varphi(d) = f(n) \times f(m)$

​ 又 $f(p^k) = \sum_{d | p^k} \varphi(d) = \varphi(1) + \varphi(p) + ... + \varphi(p^k) = 1 + p - 1 + p^2 - p + ... + p^k - p^{k - 1} = p^k$

​ $\therefore f(n) = \prod_{i = 1}^{k}f(p_i^{c_i}) = \prod_{i = 1}^{k}p_i^{c_i} = n$

P1463,P2261,P1072,P2158

同余

1. 对于 $\forall a \in [0, m - 1]$，集合 ${a + km}(k \in Z)$ 的所有数模 $m$ 同余，该集合称为一个模 $m$ 的同余类，记为 $\bar{a}$
2. 模 $m$ 的同余类共有 $m$ 个，分别为 $\bar{0}, \bar{1}, ... \bar{m - 1}$，它们构成 $m$ 的完全剩余系。
3. $1 \sim m$ 中与 $m$ 互质的数共有 $\varphi(m)$ 个，它们构成 $m$ 的简化剩余系。
4. 简化剩余系关于模 $m$ 乘法封闭（乘法封闭即 $\forall a, b \in S$，$ab \in S$）。

欧拉定理

1. 若正整数 $a, n$ 互质，则 $a ^ {\varphi(n)} \equiv 1 \pmod{n}$

证明：设 $n$ 的简化剩余系为 $\{\bar{a_1}, \bar{a_2}, ..., \bar{a_{\varphi(n)}}\}$，对于 $\forall a_i, a_j$，若 $a\times a_i \equiv a \times a_j \pmod n$，则可推出 $a_i \equiv a_j \pmod n$，矛盾。

​ 所以，当 $a_i \ne a_j$ 时，$\bar{aa_i}$ 与 $\bar{aa_j}$ 代表不同的同余类。

​ 根据上文所述的乘法封闭，$\bar{aa_i}$ 也在简化剩余系中，所以 $\{\bar{aa_1}, \bar{aa_2}, ..., \bar{aa_{\varphi(n)}}\}$ 也是 $n$ 的简化剩余系。

​ 注意到 $a^{\varphi(n)}$ 与 $n$ 互质，所以 ：

​ $$a^{\varphi(n)}a_1a_2...a_{\varphi(n)} \equiv (aa_1)(aa_2)...(aa_{\varphi(n)}) \equiv a_1a_2...a_{\varphi(n)} \pmod n$$

​ 因为 $a_1a_2...a_{\varphi(n)}$ 与 $n$ 互质，所以 $a^{\varphi(n)} \equiv 1 \pmod n$

2. 由欧拉定理引申出费马小定理：对于任意正整数 $a, p$ 互质且 $p$ 为质数，则 $a^{p - 1} \equiv 1 \pmod p$

证明：由欧拉定理得 $a^{\varphi(p)} \equiv 1 \pmod p$，又因为 $p$ 为质数，所以 $\varphi(p) = p - 1$，所以 $a^{p - 1} \equiv 1 \pmod p$

3. 费马小定理也可以写成：对于任意整数 $a$，若 $p$ 是质数，有 $a^p \equiv a \pmod p$
4. 欧拉定理的推论：若正整数 $a, n$ 互质，则对于任意正整数 $b$，有 $a^b \equiv a^{b \bmod \varphi(n)} \pmod n$

证明：设 $b = q \times \varphi(n) + r$，其中 $0 \leq r < \varphi(n)$，即 $r = b \bmod \varphi(n)$

​ 那么 $a^b = a^{q \times \varphi(n) + r} = (a^{\varphi(n)})^q \times a^r \equiv 1^q \times a^r \equiv a^r \equiv a^{b \bmod \varphi(n)} \pmod n$

5. 由欧拉定理的推论，对于乘方算式，可以将底数对 $p$ 取模，指数对 $\varphi(p)$ 取模
6. 当 $a, n$ 不一定互质且 $b > \varphi(n)$ 时，有 $a^b \equiv a^{b \bmod \varphi(n) + \varphi(n)} \pmod n$，可以通过寻找 $a^b \pmod n$ 的指数循环节来证明。

拓展欧几里得

1. 裴蜀定理（Bézout 定理）：对于 $\forall a, b \in Z$，存在一对整数 $x, y$，满足 $ax + by = gcd(a, b)$

证明：当 $b = 0$ 时，显然有 $x = 1, y = 0$。

​ 当 $b > 0$ 时，有 $\gcd(a, b) = \gcd(b, a \bmod b)$。存在 $x, y \in Z$ 使得 $b \times x + (a \bmod b) \times y = \gcd(b, a \bmod b)$

​ 变型得，$ay + b(x - \lfloor \frac{a}{b} \rfloor y)$，令 $x^{'} = y, y^{'} = x - \lfloor \frac{a}{b} \rfloor y$，可得 $ax^{'} + by^{'} = gcd(b, a \bmod b) = gcd(a, b)$

​ 对欧几里得算法的过程采用数学归纳法即可证明裴蜀定理。

2. 设 $d$ 为 $\gcd(a, b)$，根据上述过程可以求出 $ax + by = d$ 的一组特解 $x_0, y_0$

3. 对于方程 $ax + by = c$，它有解的充要条件是 $d | c$，满足该条件则原方程的一组特解为 $\frac{c}{d}x_0, \frac{c}{d}y_0$

4. 由于 $a(x + k\frac{b}{d}) + b(y - k\frac{a}{d}) = ax + by$，所以 $ax + by = c$ 的通解可表示为：

   $$x = \frac{c}{d}x_0 + k\frac{b}{d}, y = \frac{c}{d}y_0 - k\frac{a}{d} (k \in Z)$$

线性同余方程

长相类似 $a \times x \equiv b \pmod m$，其等价于 $a\times x - b$ 为 $m$ 的 $-y$ 倍，于是可以得到 $ax +ym = b$。

根据拓展欧几里得，该方程有解当且仅当 $\gcd(a, m) | b$，有解时直接拓展欧几里得做即可。

乘法逆元

若整数 $b, m$ 互质，且 $b | a$，则存在整数 $x$ 满足 $a \div b \equiv a \times x\pmod m$，$x$ 即为 $b$ 的模 $m$ 乘法逆元，记为 $b^{-1}\pmod m$

可以用费马小定理证明 $x = b^{m - 2}$，可以用于解决除法取模。

中国剩余定理

设 $m_1, m_2, ..., m_n$ 是两两互质的整数，$m = \prod_{i = 1}^{n}m_i$，$M_i = m \div m_i$，$t_i$ 为 $M_it_i \equiv 1 \pmod {m_i}$ 的一个解。对于任意 $n$ 个整数 $a_1,a_2,...,a_n$ 组成的方程组：

$$\left\{\begin{matrix} x \equiv a_1 \pmod{m_1} \\ x \equiv a_2 \pmod{m_2} \\ \vdots \\ x \equiv a_n \pmod{m_n} \end{matrix}\right.$$

有整数解 $x = \sum_{i = 1}^{n}a_iM_it_i$

拓展中国剩余定理

当 $m_1, m_2, ..., m_n$ 不两两互质时，便无法使用中国剩余定理，好在我们可以借助数学归纳法求解。

设已经求出前 $k - 1$ 个方程的一个解 $x$，记 $m = \operatorname{lcm}(m_1, m_2, \cdots, m_{k - 1})$，则前 $k - 1$ 个方程的通解为 $x + im(i \in Z)$。

那么对于第 $k$ 个方程，我们求出整数 $t$ 使得 $x + tm \equiv a_k \pmod{m_k}$，变形得 $tm \equiv a_k - x \pmod{m_k}$，可以使用拓展欧几里得求解。

求解出 $t$ 后，则 $x^{'} = x + tm$ 为前 $k$ 个方程的通解，一直做到第 $n$ 个方程即可。

高次同余方程

喵？

P10496,P1082,P4777

矩阵乘法

1. 对于 $n \times m$ 矩阵 $A, B$ 则 $C = A \pm B \Leftrightarrow \forall i \in[1, n], j\in[1,m],C_{i, j} = A_{i, j} \pm B_{i, j}$，即对应位置相加减
2. 对于 $n \times m$ 矩阵 $A$ 和 $m \times p$ 矩阵 $B$，$C = A \times B$ 是 $n \times p$ 矩阵，其中 $\forall i \in[1, n], j\in[1, p]$，有 $C_{i, j} = \sum_{k = 1}^{m} A_{i, k} \times B_{k, j}$
3. 矩阵乘法满足结合律，分配律，但不满足交换律
4. 矩阵乘法加速递推问题的特点：
   · 可以抽象出一个长度为 $n$ 的向量，该向量在每个单位时间发生一次变化
   · 变化的形式为线性递推
   · 该递推式在每个时间本身保持不变
   · 向量变化时间很长，但向量长度 $n$ 不大
5. 对于矩阵乘法加速递推问题，若状态矩阵中的第 $x$ 个数对下个状态的 $y$ 产生影响，则把转移矩阵的 $(x, y)$ 赋值为适当的系数
6. 矩阵乘法加速递推的时间复杂度是 $O(n ^ 3logT)$

P1939,P10498

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