各种证明（备忘）

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定期不更新(√)

n div i有2√n个取值

https://blog.csdn.net/gmh77/article/details/88142031
显然n div i最多只有2√n个取值，则s和g最多只有2√n个取值
对于≤√n的数可以直接存，处理也很方便，对于>√n的可以用n div x来存

n div a div b=n div (a*b)

来自https://blog.csdn.net/semiwaker/article/details/73822107

在这里插入图片描述

n div (n div x)=x (x≤√n)

设\(n=ax+b（0≤b<x）\)
\(\left \lfloor \frac{n}{\left \lfloor \frac{n}{x} \right \rfloor} \right \rfloor=x\)
\(\left \lfloor \frac{ax+b}{\left \lfloor \frac{ax+b}{x} \right \rfloor} \right \rfloor=x\)
\(\left \lfloor \frac{ax+b}{a} \right \rfloor=x\)
\(\left \lfloor x+\frac{b}{a} \right \rfloor=x\)
如果\(\frac{b}{a}<1\)那么结论就可以成立
即\(a>b\)
因为\(n=ax+b\)
所以\(a=\left \lfloor \frac{n}{x} \right \rfloor\)，\(b=n\;mod\;x\)
因为\(x \leqslant sqrt(n)\)，所以\(\left \lfloor \frac{n}{x} \right \rfloor \geqslant sqrt(n)\)，即\(a\geqslant sqrt(n)\)
因为\(b=n\;mod\;x\)，所以\(b<x\)，即\(b<sqrt(n)\)
所以\(a\geqslant sqrt(n)>b\)，即当\(x \leqslant sqrt(n)\)时原式成立
（用于min25筛）

平方求和公式

不是求平方和
求\(\sum_{i=1}^{n}{i^2}\)
根据高斯求和公式，\(\sum_{i=1}^{n}{i^2}=\sum_{i=1}^{n}{\frac{1}{2}(i+n)(n-i+1)}\)（i2=i*i，i出现了i次）
\(=\frac{1}{2}\sum_{i=1}^{n}{n^2-i^2+i+n}\)
\(=\frac{1}{2}(n^2(n+1)+\frac{1}{2}(1+n)n-\sum_{i=1}^{n}{i^2})\)
\(=\frac{1}{2}(n(n+1)(n+\frac{1}{2})-\sum_{i=1}^{n}{i^2})\)
联立求解
\(\sum_{i=1}^{n}{i^2}=\frac{1}{2}(n(n+1)(n+\frac{1}{2})-\sum_{i=1}^{n}{i^2})\)
\(2\sum_{i=1}^{n}{i^2}=n(n+1)(n+\frac{1}{2})-\sum_{i=1}^{n}{i^2}\)
\(3\sum_{i=1}^{n}{i^2}=n(n+1)(n+\frac{1}{2})\)
\(\sum_{i=1}^{n}{i^2}=\frac{n(n+1)(n+\frac{1}{2})}{3}\)
\(\sum_{i=1}^{n}{i^2}=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}\)

调和级数公式

https://blog.csdn.net/gmh77/article/details/98226712
\(\sum_{i=1}^{n}{\frac{1}{i}}=\ln(n)+\gamma+X_n\)（γ为欧拉常数，当n趋近与无穷大时Xn约等于0）

\(\sum_{i=1}^{n}{\frac{1}{i}}=\int_{1}^{n+1}{\frac{1}{\left \lfloor x \right \rfloor}}dx\)
\(=\int_{1}^{n+1}{\frac{1}{x}}dx+\int_{1}^{n+1}{(\frac{1}{\left \lfloor x \right \rfloor}-\frac{1}{x})}dx\)
\(=\ln(n+1)+\int_{1}^{n+1}{(\frac{1}{\left \lfloor x \right \rfloor}-\frac{1}{x})}dx\)
\(=\ln(n)+\gamma+X_n\)（n+1≈∞）
\(\approx \ln(n)+\gamma\)（n+1≈∞）

欧拉常数计算

#include <iostream>
#include <cstdlib>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#define fo(a,b,c) for (a=b; a<=c; a++)
#define fd(a,b,c) for (a=b; a>=c; a--)
#define E 0.0001
using namespace std;

long double euler,i;

int main()
{
	i=1;
	
	while (i<=10000)
	{
		euler+=(1.0/floor(i)-1.0/i);
		i+=E;
	}
	
	printf("%0.10Lf\n",euler*E);
}

算得γ=0.5771351607

斐波那契数列性质

https://blog.csdn.net/gmh77/article/details/98583079
①\(gcd(F(n-1),F(n))=1\)
②\(F(n)=F(m+1)F(n-m)+F(m)F(n-m-1)\)
③\(gcd(F(n),F(m))=F(gcd(n,m)\)
证明：
①
反证，若\(gcd(F(n-1),F(n))=a\)（a>1），那么a|F(n-1)、a|F(n)
因为F(n)=F(n-1)+F(n-2)，则a|F(n-2)
如此类推，发现a|F(1)
因为a>1且F(1)=1，所以不成立
②
归纳：已证得\(F(n)=F(m)F(n-m+1)+F(m-1)F(n-m)\)，边界为\(F(n)=F(2)F(n-1)+F(1)F(n-2)\)（m=1）
\(F(n)=F(m)F(n-m+1)+F(m-1)F(n-m)\)
\(F(n)=F(m)F(n-m)+F(m)F(n-m-1)+F(m-1)F(n-m)\)
\(F(n)=(F(m)+F(m-1))F(n-m)+F(m)F(n-m-1)\)
\(F(n)=F(m+1)F(n-m)+F(m)F(n-m-1)\)
③
\(gcd(F(n),F(m))=gcd(F(m+1)F(n-m)+F(m)F(n-m-1),F(m))\)
\(gcd(F(n),F(m))=gcd((F(m+1)F(n-m)+F(m)F(n-m-1))\; mod \;F(m),F(m))\)
因为\(gcd(a*b,c)=gcd(b,c)\)（ac互质）且\(gcd(F(m),F(m+1))=1\)
\(gcd(F(n),F(m))=gcd(F(n-m),F(m))\)
可以发现上面的式子类似求gcd
因为\(gcd(a,b)=gcd(gcd(a,b),0)\)
类比可得\(gcd(F(n),F(m))=gcd(F(gcd(n,m)),F(0))=F(gcd(n,m))\)（F(0)=0）
（这个式子对多个数也是成立的）
参考&其它性质：https://www.cnblogs.com/Milkor/p/4734763.html

欧拉函数性质

https://blog.csdn.net/gmh77/article/details/99066792
\(n=\sum_{d|n}{\varphi(d)}\)
设\(F(n)=\sum_{d|n}{\varphi(d)}\)，则
\(F(n)*F(m)=\sum_{i|n}{\varphi(i)}*\sum_{j|m}{\varphi(j)}\)（nm互质）
\(=\sum_{i|n}{\sum_{j|m}{\varphi(i*j)}}\)
\(=F(n*m)\)
所以证得F(n)是积性函数
求\(F(p^k)\)（p为质数）
\(F(p^k)=\sum_{i=0}^{k}{\varphi(p^i)}\)
\(=(\sum_{i=1}^{k}{p^i*(1-\frac{1}{p})})+1\)
\(=(\sum_{i=1}^{k}{p^{i-1}*(p-1)})+1\)
\(=(\sum_{i=1}^{k}{p^i-p^{i-1}})+1\)
\(=p^k-p^0+1\)
\(=p^k\)
由于F(n)是积性函数，且F(pk)=pk，所以可以推得F(n)=n（对于任意n）
所以
\(F(n)=\sum_{d|n}{\varphi(d)}\)
\(n=\sum_{d|n}{\varphi(d)}\)
参考&其它性质：https://blog.csdn.net/liuzibujian/article/details/81086324

\(\prod_{i=0}^{p-1}{(x-i)}=x^p-x\;(mod\;p) \; p \in prime\)

时隔六个月我又更了

大概是因为点值相同所以等价

具体证明：https://www.cnblogs.com/Dup4/p/10750749.html

\(\prod{\frac{1}{x^2}}=\frac{\pi^2}{6}\)

有这条式子但是不会证

\(\sum_{gcd(i,n)=1}i=\frac{1}{2}\varphi(n)n\)

当n>2时若gcd(n,i)=1，则gcd(n,n-i)=1

那么gcd=1的会成对存在，有phi(n)/2对，每对相加为n

n=2时刚好满足（巧合），n=1要特判

\(\sum_{i=1}^{k}{i\binom{k}{i}}=2^{k-1}k\)

\(i\binom{k}{i}=i*\frac{k!}{i!(k-i)!}=k*\frac{(k-1)!}{(i-1)!(k-i)!}=\binom{k-1}{i-1}\)

\(\sigma_0(nm)=\sum_{i|n} \sum_{j|m} [(i,j)=1]\)

σ0是约数个数

每个因子p（n中a1，m中a2）是独立的，因此等价于算了(a1+1)+(a2+1)-1=a1+a2+1次，刚好是\(\sigma_0\)的计算方法

斐波那契通项公式

https://www.cnblogs.com/gmh77/p/13387949.html

\(\varphi(ab)=\varphi(a)\varphi(b)*\frac{(a,b)}{\varphi((a,b))}\)

这是当ab不互质的情况，考虑直接相乘时对于ab的共同质因子会多乘上一个(p-1)/p，所以要将其消掉

而后面的\(\frac{(a,b)}{\varphi((a,b))}\)就是把共同(p-1)/p除掉

posted @ 2019-09-07 20:05  gmh77  阅读(474)  评论(0)  编辑  收藏  举报