一些容易忘的

素数在阶乘中的幂次：Legendre公式

$$v_p(n!)=\sum _{i=1}^{\lfloor {\log }_{p}n\rfloor }\lfloor \frac{n}{p^i}\rfloor$$

另一种表示方法是 $\frac{n-s_p(n)}{p-1}$ ，其中 $s_p(n)$ 位 $n$ 在 $p$ 进制下的各位数字之和。

素数在组合数中的幂次：Kummer定理：$v_p((\genfrac{}{}{0ex}{}{n+m}{m}))$ 为 $p$ 进制下 $n+m$ 的进位次数。

exgcd 求得特解的数值范围是 $|x|\le |{\displaystyle \frac{b}{2d}}|,|y|\le |{\displaystyle \frac{a}{2d}}|$ 。

若 $a|b$，则 $\phi (a)|\phi (b)$ 。

P4139 上帝与集合的正确用法

经典例题（幂塔）。

由于是无限叠的幂塔所以不需要考虑扩展欧拉定理中 $b<\phi (p)$ 的情况。

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
int getphi(int x){
    int ans=x;
    for(int i=2;i*i<=x;i++){
        if(x%i==0){
            ans=ans/i*(i-1);
            while(x%i==0)x/=i;
        }
    }
    if(x!=1)ans=ans/x*(x-1);
    return ans;
}
int qpow(int a,int b,int mod){
    int ans=1;
    while(b){
        if(b&1)ans=1ll*ans*a%mod;
        a=1ll*a*a%mod;
        b>>=1;
    }
    return ans;
}
int f(int x){
    if(x<=2)return 0;
    int ret=getphi(x);
    return qpow(2,f(ret)+ret,x);
}
int main(){
    int tim;scanf("%d",&tim);
    while(tim--){
        int x;scanf("%d",&x);
        printf("%d\n",f(x));
    }
    return 0;
}

excrt。实际上crt和excrt的复杂度是一样的而且excrt更广泛。（然后考的时候发明失败保龄了）

考虑合并两个同余方程 $x\equiv a_1(\mathrm{mod}{m}_1),x\equiv a_2(\mathrm{mod}{m}_2)$。

$x$ 可以表示为 $a_1+p{m}_1$，代入第二个方程可以得到 $a_1+p{m}_1\equiv a_2(\mathrm{mod}{m}_2)$，也就是 $p{m}_1\equiv a_2-a_1(\mathrm{mod}{m}_2)$。exgcd求解即可。最后的模数是 $\text{lcm}(m_1,m_2)$。

$(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m})$ 为奇数当且仅当 $n\mathrm{\&}m=m$。也就是 lucas 定理在 $\text{mod}=2$ 的情况。

$n$ 个有度数要求 $d_i$ 的节点的有标号无根树的个数为 ${\displaystyle \frac{(n-2)!}{\prod _{i=1}^n(d_i-1)!}}$ 。用到的东西：度数为 $d$ 的节点在prufer序列中出现 $d-1$ 次，还有个多重集的排列数。

$k$ 个大小为 $a_i$ 的连通块，共 $n$ 个节点的有标号无根树个数为 $n^{k-2}\prod _{i=1}^k{a}_i$。

积性函数只要在素数幂 $p^k$ 处能 $O(k)$ 求值就能线性筛。复杂度证明比较玄学，有会的吗。

P5495 Dirichlet 前缀和

大致原理是仿照高维前缀和，把每个质数看做一维做前缀和。这玩意有个实际意义就是数论函数卷上 $1$ 。还有个东西叫 Dirichlet 差分，就是卷个 $\mu$。就是下面代码把 $+$ 改成 $-$ 。

其实也可以后缀和和后缀差分。复杂度 $O(n\log \log n)$。

#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstdio>
#define int unsigned int
using namespace std;
int n,seed,a[20000010];
int p[2000010];
bool v[20000010];
void get(int n){
    for(int i=2;i<=n;i++){
        if(!v[i])p[++p[0]]=i;
        for(int j=1;j<=p[0]&&i*p[j]<=n;j++){
            v[i*p[j]]=true;
            if(i%p[j]==0)break;
        }
    }
}
inline int getnext(){
	seed^=seed<<13;
	seed^=seed>>17;
	seed^=seed<<5;
	return seed;
}
signed main(){
    scanf("%u%u",&n,&seed);
    get(n);
    for(int i=1;i<=n;i++)a[i]=getnext();
    for(int i=1;i<=p[0];i++){
        for(int j=1;p[i]*j<=n;j++){
            a[p[i]*j]+=a[j];
        }
    }
    int ans=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)ans^=a[i];
    printf("%u\n",ans);
    return 0;
}

对于 $\mathrm{\forall }i\in [1,n]$ ，不同的 $\lfloor {\displaystyle \frac{n}{i}}\rfloor$ 至多 $2\sqrt{n}$ 个。证明： $i\le \sqrt{n}$ 时有根号个值， $i>\sqrt{n}$ 时$\lfloor {\displaystyle \frac{n}{i}}\rfloor \le \sqrt{n}$，也是根号个值。

向上取整的整除分块：$r=\lfloor {\displaystyle \frac{n-1}{\lfloor \frac{n}{l}\rfloor -1}}\rfloor$。特盘 $\lceil {\displaystyle \frac{n}{l}}\rceil =1$。

$O(n\log n)$ 递推 $\mu$:根据 $\sum _{d|n}\mu (d)=[n=1]$。

void get(int n){
    miu[1]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        for(int j=(i<<1);j<=n;j+=i){
            miu[j]-=miu[i];
        }
    }
}

$\sum _{i=1}^n{\mu }^2(i)$ 相当于无平方因子数计数，容斥一下可以得到就是 $\sum _{i=1}^{\sqrt{n}}\mu (i)\lfloor {\displaystyle \frac{n}{i^2}}\rfloor$。