进行一个数的学

费马小定理

$$\mathrm{对}\mathrm{于}\mathrm{任}\mathrm{意}\mathrm{的}(a,p)=1，p\mathrm{为}\mathrm{素}\mathrm{数}，\mathrm{有}{a}^{p-1}\equiv 1(\mathrm{mod}p)$$

可以使用剩余系的唯一性来证明。

欧拉定理

欧拉函数

定义 $\phi (x)$ 表示在小于等于 $x$ 的数中与 $x$ 互质的数字的个数。

设 $x=\prod p_i^{c_i}$，$p$ 为素数，有 $\phi (x)=x\times \prod (1-\frac{1}{p_i})$

证明

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引理：若 $p$ 为素数，有 $\phi (p^c)=p^c-p^{c-1}=p^{c-1}\times (p-1)$

$$ 由于 $p$ 是质数，所以在 $1$~$p^c$ 的数里面只有 $p$ 的倍数不与其互质。

$$ 而这样的数一共有 $p^{c-1}$ 个。

证明：首先可以根据其是积性的拆分成

$$\begin{array}{rl}\phi (x)& =\prod \phi (p_i^{c_i})\\ & =\prod p_i^{c_i-1}\times (p_i-1)\\ & =\prod p_i^{c_i}\times (1-\frac{1}{p_i})\\ & =n\times \prod (1-\frac{1}{p_i})\end{array}$$

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是积性函数，即 $\phi (ab)=\phi (a)\phi (b)$，其中 $(a,b)=1$。

欧拉定理

$$\mathrm{对}\mathrm{于}\mathrm{任}\mathrm{意}\mathrm{的}(a,p)=1，\mathrm{有}{a}^{\phi (p)}\equiv 1(\mathrm{mod}p)$$

可以使用简化剩余系的唯一性进行证明。

特别地，当 $p$ 为素数时，带入 $\phi (p)=p-1$ 可以立即得到费马小定理。

扩展欧拉定理

是对于 $(a,p)\ne 1$ 的情况的处理。

$$\mathrm{对}\mathrm{于}\mathrm{任}\mathrm{意}a,b，\mathrm{有}{a}^b\equiv \{\begin{array}{l}{a}^{b\mathrm{mod}\phi (p)}，(a,p)=1,\\ a^b，(a,p)\ne 1，\mathrm{并}\mathrm{且}b<\phi (p),\\ a^{(b\mathrm{mod}\phi (p))+\phi (p)},(a,p)\ne 1，\mathrm{并}\mathrm{且}b>\phi (p).\end{array}$$

可以感性理解一下，就是对于 $a^b$，我们一定会存在一个 $s，r$，使得除去 $b$ 的前 $r$ 个之后，$a^b\mathrm{mod}p$ 的值每 $s$ 个循环一次。

至于为什么循环节的长度是 $\phi (m)$ 或者其因数，可以去看 oi-wiki 的证明，懒得写了。

狄利克雷卷积

对于两个函数 $f，g$，定义其狄利克雷卷积 $f\ast g$ 满足：

$$f\ast g(n)=\sum _{d\mid n}f(d)\times g(\frac{n}{d})$$

有一些性质。

狄利克雷卷积的单位元是 $\epsilon$。$(\epsilon (x)=[x=1])$

定义 $f$ 的逆元 $g$ 满足 $f\ast g=\epsilon$

狄利克雷卷积满足交换律、结合律和分配率。

同时 $f=g$ 的充要条件是 $f\ast h=g\ast h$，其中 $h$ 为 $h(1)\ne 0$ 的函数。

证明

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必要性：显然。

充分性：如果 $f\ne g$，我们找到最小的 $x$ 使得 $f(x)\ne g(x)$，同时设 $r=f\ast h-g\ast h=(f-g)\ast h$。

$$\begin{array}{rl}r(x)& =\sum _{d\mid x}(f(d)-g(d))\times h(\frac{x}{d})\\ & =(f(x)-g(x))\times h(1)\\ & \ne 0\end{array}$$

即不满足 $f\ast h=g\ast h$，所以假设不成立。

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两个积性函数的卷积也是积性函数。

证明

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设 $f\ast g=h$

以及 $a，b$ 满足 $(a,b)=1$。

$$\begin{array}{rl}h(a)\times h(b)& =\sum _{d_1\mid a}f(d_1)\times g(\frac{a}{d_1})\sum _{d_2\mid b}f(d_2)\times g(\frac{b}{d_2})\\ & =\sum _{d\mid ab}f(d)\times g(\frac{ab}{d})\\ & =h(ab)\end{array}$$

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一个积性函数的逆元也是积性函数。

证明

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设 $f\ast g=\epsilon$，并且不妨设 $f(1)=1$。

同时有 $a，b，(a,b)=1$。

考虑归纳法。

当 $ab=1$ 时，结论显然成立。

当 $ab>1$ 时，有

$$\begin{array}{rl}0& =\sum _{d\mid ab}f(d)\times g(\frac{ab}{d})\\ g(ab)& =-\sum _{d\mid ab,d\ne 1}f(d)\times g(\frac{ab}{d})\\ & =-\sum _{d_1\mid a,d_2\mid b,d_1{d}_2\ne 1}f(d_1{d}_2)\times g(\frac{ab}{d_1{d}_2})\\ & =-\sum _{d_1\mid a,d_2\mid b,d_1{d}_2\ne 1}f(d_1)\times f(d_2)\times g(\frac{a}{d_1})\times g(\frac{b}{d_2})\\ & =f(1)\times f(1)\times g(a)\times g(b)-\sum _{d_1\mid a,d_2\mid b}f(d_1)\times f(d_2)\times g(\frac{a}{d_1})\times g(\frac{b}{d_2})\\ & =g(a)\times g(b)-\epsilon (ab)\\ & =g(a)\times g(b)\end{array}$$

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莫比乌斯反演

莫比乌斯函数

定义莫比乌斯函数 $\mu (x)=\{\begin{array}{l}1，x=1\\ 0,x\mathrm{含}\mathrm{有}\mathrm{平}\mathrm{方}\mathrm{质}\mathrm{因}\mathrm{子}\\ (-1{)}^k,x\mathrm{不}\mathrm{含}\mathrm{有}\mathrm{平}\mathrm{方}\mathrm{质}\mathrm{因}\mathrm{子}，k\mathrm{为}\mathrm{素}\mathrm{因}\mathrm{子}\mathrm{个}\mathrm{数}\end{array}$

莫比乌斯函数是积性函数。

莫比乌斯函数是常函数 $I$ $(I(x)=1)$ 在狄利克雷卷积意义下的逆元，即 $\mu \ast I=\epsilon$，也就是 $\sum _{d\mid x}\mu (d)=[x=1]$

证明

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考虑所有能够产生贡献的因子，也就是没有平方因子的因子。

所以设 $x=\prod p_i^{c_i}$，$x^{\prime }=\prod p_i$

$$\begin{array}{rl}\sum _{d\mid x}\mu (d)& =\sum _{d\mid x^{\prime }}\mu (d)\\ & =\sum _{i=0}^k(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{i})(-1{)}^i\\ & =(1+(-1){)}^k\end{array}$$

这样就很明了了，当 $k=0$ 也就是 $x=1$ 的时候值为 $1$，否则值为 $0$。

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$\phi \ast I=\mathsf{id}(\mathsf{id}(x)=x)$

莫比乌斯反演（变换）

• 形式一：若有 $f(n)=\sum _{d\mid n}g(d)$，则有 $g(n)=\sum _{d\mid n}f(d)\times \mu (\frac{n}{d})$

• 形式二：若有 $f(n)=\sum _{n\mid d}g(d)$，则有 $g(n)=\sum _{n\mid d}f(d)\times \mu (\frac{d}{n})$

证明

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首先考虑形式一。

首先可以对其进行一些操作变换：

$$\begin{array}{rl}\sum _{d\mid n}f(d)\times \mu (\frac{n}{d})& =\sum _{d\mid n}\mu (d)\times f(\frac{n}{d})\\ & =\sum _{d\mid n}\mu (d)\sum _{k\mid \frac{n}{d}}g(k)\\ & =\sum _{k\mid n}g(k)\sum _{d\mid \frac{n}{k}}\mu (d)\\ & =\sum _{k\mid n}g(k)\epsilon (\frac{n}{k})\\ & =g(n)\end{array}$$

或者利用卷积，实际上也是操作变换。原式可以看成是 $f\ast I=g$

两边同时卷上一个 $\mu$

可以得到 $f=g\ast \mu$

也就是我们的式子。

形式二可以仿照形式一倒推的方法。

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原根

阶

由欧拉定理可得，如果 $(a,p)=1$，一定存在一个 $b$ 使得 $a^b\equiv 1(\mathrm{mod}p)$。

我们称最小的这样的 $b$ 为 $a$ 模 $p$ 的阶，记作 ${\delta }_p(a)$。

一些性质。

$a，a^2，a^3，\dots ，a^{{\delta }_p(a)}\mathrm{mod}p$ 两两不同余。

证明

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否则就有 $a^{i-j}\equiv 1(\mathrm{mod}p)$，不满足最小性。

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如果有 $a^b\equiv 1(\mathrm{mod}p)$，那么 ${\delta }_p(a)\mid b$。

证明

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假设 $b$ 除去 ${\delta }_p(a)$ 的余数为 $r$，那么将原本的指数拆开，可以得到：

$a^{r+k{\delta }_p(a)}\equiv 1(\mathrm{mod}p)$

消去之后可以得到 $a^r\equiv 1(\mathrm{mod}p)$，不满足最小性。

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${\delta }_p(ab)={\delta }_p(a){\delta }_p(b)$ 的充分必要条件是 $({\delta }_p(a),{\delta }_p(b))=1$。

${\delta }_p(a^k)=\frac{{\delta }_p(a)}{({\delta }_p(a),k)}$。

可以通过一些整除之间的转化证出，感觉实际上并没有很大用处。

另外，这里的转化一般都是最大公约数，或者最小公倍数以及幂次之间的一些转化。

原根

有 $(g,p)=1$，并且 ${\delta }_p(g)=\phi (p)$，称 $g$ 是 $p$ 的一个原根。

特别地，当 $p$ 为质数的时候，$g^b$ 在 $b\in (0,p)$ 的时候取到 $(0,p)$ 的所有值。

原根判定定理

对于 $p⩾3$，$g$ 是它的原根的充要条件是对于 $\phi (p)$ 的每一个因子 $x$，都有 $g^{\frac{\phi (p)}{x}}\not\equiv 1(\mathrm{mod}p)$。

证明

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必要性：显然。

充分性：依旧考虑反证。假设对于所有因子都满足 $g^{\frac{\phi (p)}{x}}\not\equiv 1(\mathrm{mod}p)$，而存在一个 $t<\phi (p)$ 使得 $g^t\equiv 1(\mathrm{mod}p)$。

根据裴蜀定理，$at+b\phi (p)=(t,\phi (p))$ 一定存在一组解。

又根据欧拉定理，$g^{\phi (p)}\equiv 1(\mathrm{mod}p)$。

然后就有 $g^{(t,\phi (p))}\equiv g^{at+b\phi (p)}\equiv 1(\mathrm{mod}p)$。

又因为 $(t,\phi (p))\mid \phi (p)$，

同时 $(t,\phi (p))⩽t<\phi (p)$

所以 $(t,\phi (p))<\phi (p)$，所以一定存在一个因子 $x$ 使得 $(t,\phi (p))\mid \frac{\phi (p)}{x}$。

那么 $g^{\frac{\phi (p)}{x}}\equiv g^{(t,\phi (p))}\equiv 1(\mathrm{mod}p)$

与条件不符，所以假设不成立。

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二项式反演

形式 0：利用容斥原理得到的式子。

$$f(n)=\sum _{i=0}^n(-1{)}^i(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})g(i)\iff g(n)=\sum _{i=0}^n(-1{)}^i(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})f(i)$$

形式 1：通过初步推导得到的式子。

$$f(n)=\sum _{i=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})g(i)\iff g(n)=\sum _{i=0}^n(-1{)}^{n-i}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})f(i)$$

证明

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第一种证法，在形式 0 中设 $h(n)=(-1{)}^{n}g(n)$，这样有：

$$f(n)=\sum _{i=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})h(i)\iff \frac{h(n)}{(-1{)}^n}=\sum _{i=0}^n(-1{)}^i(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})f(i)$$

移项后注意到 $(-1{)}^{2i}=1$，然后就是形式 1。

或者可以将右式代入左式，经过整理就能够证明。

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形式 2：最常用的式子。

$$f(n)=\sum _{i=n}^m(\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{n})g(i)\iff g(n)=\sum _{i=n}^m(-1{)}^{i-n}(\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{n})f(n)$$

证明也是类似于形式 1 的代入方法。