组合基础与数论基础

注: $\log x=\ln x$

组合基础

• 加法原理、乘法原理
• 排列数 $A_n^m=\frac{n!}{(n-m)!}$ : 从 $1\sim n$ 选 $m$ 个数排成一列的方案数
• 组合数 $C_n^m=(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m})=\frac{n!}{(n-m)!m!}$ : 从$1\sim n$ 选 $m$ 个数的方案数。(相对于排列数不考虑顺序)
  • $C_n^m=C_n^{n-m}$
  • $C_n^m=\frac{n}{m}\times C_{n-1}^{m-1}$
  • $C_n^m=C_{n-1}^{m-1}+C_{n-1}^m$ (选第 $n$ 个 + 不选第 $n$ 个) (杨辉三角)
  • $C_n^0=1$
  • $C_n^1=n$
  • $C_n^2=\frac{(n-1)n}{2}$
• 二项式定理: $(x+y{)}^n=\sum _{k=0}^n{C}_n^{n-k}{x}^{n-k}{y}^k$

数论基础

• 在 $1\sim n$ 大约有 $\frac{n}{\ln n}$ 个质数，平均每 $\ln n$ 个数就有 $1$ 个质数。
• 找第一个大于或小于 $n$ 的质数，直接从 $n$ 开始枚举，然后用试除法判断，时间复杂度 $O(\sqrt{n}\log n)$
• 试除法、埃氏筛、线性筛。
• 算数基本定理
• 设 $n$ 是大于 $1$ 的整数
  • 它的正约数集合是 $\{\prod _{i=1}^m{p}_i^{b_i}\},b_i\in [0,c_i]\cap \mathbb{Z}$
  • 它的正约数个数为 $\prod _{i=1}^n(c_i+1)$
  • 它的正约数之和为 $\prod _{i=1}^m(\sum _{j=0}^{c_i}{p}_i^j)$
• 一个数 $n$ 至多只有一个质因数大于 $\sqrt{n}$
• 一个数的因子总是成对出现，除完全平方数外。
• 一个数 $n$ 的因数个数小于 $2\sqrt{n}$
• $1\sim n$ 每个数的约数个数总和大约有 $n\log n$ 个。
• $gcd(na,nb)=ngcd(a,b),\text{lcm}(na,nb)=n\text{lcm}(a,b)$
• $a\cdot b=gcd(a,b)\cdot \text{lcm}(a,b)$
• $gcd(\frac{a}{gcd(a,b)},\frac{b}{gcd(a,b)})=1,gcd(\frac{\text{lcm}(a,b)}{a},\frac{\text{lcm}(a,b)}{b})=1$
• $a>b>0,gcd(a,b)=gcd(a,a-b)=gcd(b,a-b)$
• $gcd(a,b)=gcd(b,amodb)$

质数

质数又称素数。一个大于1的自然数，除了1和它自身外，不能被其他自然数整除的数叫做质数。

在 $1\sim n$ 大约有 $\frac{n}{\ln n}$ 个质数，平均每 $\ln n$ 个数就有 $1$ 个质数。

判定

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根据素数的定义，可以写出一下代码，时间复杂度 $O(\sqrt{n})$

算法一，试除法:

bool is_prime(int x) {
    if(x < 2)
        return false;
    for(int i = 2; i * i <= x; i++)
        if(x % i == 0)
            return false;
    return true;
}

找第一个大于或小于 $n$ 的质数，直接从 $n$ 开始枚举，然后用试除法判断，时间复杂度 $O(\sqrt{n}\log n)$

判断 $1\sim n$ 之间是否是质数，时间复杂度 $O(n\sqrt{n})$ ，效率太低。

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算法二:

bool v[N];
void solve_primes(int n) {
    memset(v, 0x00, siaeof(v));
    v[0] = v[1] = 1;
    for(int i = 2; i <= n; i++)
        for(int j = 2; i * j <= n; j++)
            v[i * j] = 1;
}

标记每个数的倍数，最后 $v_x=0$ 的 $x$ 是质数。但是和数会标记多次。

时间复杂度 $O(\sum _{i=1}^n\frac{n}{i})=O(n\sum _{i=1}^n\frac{1}{i})=O(n\log n)$ (调和级数)

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算法三， $\text{Eratosthenes}$ 筛:

bool v[N];
void solve_primes(int n) {
    memset(v, 0x00, siaeof(v));
    for(int i = 2; i <= n; i++)
        if(!v[i])
            for(int j = i; i * j <= n; j++)
                v[i * j] = 1;
}

标记每个质数的倍数。j 从 i 开始是原来小于 i 的质数会标记 x * i ， 其中 x < i。
但是像 $24$ 这样的数会被 $2,3$ 多次标记。

时间复杂度 $O(n\log \log n)$ ，证明 alfayoung - 通俗易懂的埃氏筛时间复杂度分析

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算法四， $\text{Euler}$ 筛、线性筛:

int v[N];
::std::vector<int> ps;
void solve_primes(int n) {
    memset(v, 0x00, sizeof(v));
    for(int i = 2; i <= n; i++>)
    {
        if(!v[i])
            ps.push_back(v[i] = i);
        for(int j : ps)
            if(j > v[i] || i * j > n)
                break;
            else
                v[i * j] = j;
    }
}

用一个数的最小质因子来标记它，$v_x$ 表示 $x$ 的最小质因子，$ps$ 是 $1\sim n$ 的质数。

每个合数 $i\times p$ 只会被它的最小质因子 $p$ 筛一次，时间复杂度 $O(n)$

算数基本定理、唯一分解定理

$$\mathrm{\forall }n\in [2,+\mathrm{\infty }]\cap \mathbb{Z},\mathrm{\exists }{p}_1,p_2,p_3,...,p_m\in \mathbb{P},c_1,c_2,c_3,...,c_m\in {\mathbb{N}}_{+},\prod _{i=1}^m{p}_i^{c_i}=n.$$

任何一个大于 $1$ 的正整数都能唯一分解为有限个质数的乘积。

设 $n$ 是大于 $1$ 的整数，它的正约数集合是 $\{\prod _{i=1}^m{p}_i^{b_i}\},b_i\in [0,c_i]\cap \mathbb{Z}$

它的正约数个数为 $\prod _{i=1}^n(c_i+1)$ 。每个质数选多少个，根据乘法原理乘起来。

它的正约数之和为 $(p_1^0+p_1^2+p_1^3+\cdots +p_1^{c_1})\times (p_m^0+p_m^2+p_m^3+\cdots +p_m^{c_m})=\prod _{i=1}^m(\sum _{j=0}^{c_i}{p}_i^j)$ 。每个质数选择若干次和其它的乘起来，变成一个因子，最后若干个因子加起来。

质因数分解

一个数 $n$ 至多只有一个质因数大于 $\sqrt{n}$ 。反证法，对于正整数 $n$ ，假设有 $n$ 的两个因子 $a,b>\sqrt{n}\wedge a\ne b$ ，$a\times b>n$ ，故假设不成立，则命题成立。

int ps[N], c[N], p;
void dec(int x) {
    p = 0;
    for(int i = 2; i * i <= x; i++)
        if(x % i == 0) {
            ps[++p] = i, c[p] = 0;
            while(x % i == 0)
                c[p]++, x /= i;
        }
    if(x > 1) // x 是质数，或者存在一个质因数大于 sqrt(x)
        ps[++p] = x, c[p] = 1;
}

时间复杂度 $O(\sqrt{n})$

求 $n$ 的因子集合

一个数的因子总是成对出现，除完全平方数外。

::std::vector<int> div;
void sol(int x) {
    for(int i = 1; i * i <= x; i++)
        if(x % i == 0) {
            v.push_back(i);
            if(i * i != x)
                v.push_back(x / i);
        }
}

时间复杂度 $O(\sqrt{n})$ ，根据时间复杂度可知，一个数 $n$ 的因数个数小于 $2\sqrt{n}$

求 $1\sim n$ 的因子集合

倍数法、刷表法 : 枚举一个数，看它是那个数的因数。

::std::vector<int> div[N];
void sol(int n) {
    for(int i = 1; i <= n; i++)
        for(int j = 1; i * j <= n; j++)
            div[i * j].push_back(i);
}

时间复杂度 $O(\frac{n}{1}+\frac{n}{2}+\frac{n}{3}+\cdots +\frac{n}{n})=O(n\log n)$ ，根据时间复杂度可知，$1\sim n$ 每个数的约数个数总和大约有 $n\log n$ 个。

约数与倍数

对于 $a,b\in \mathbb{N}$，若存在 $d\in \mathbb{N}$，使得 $d|a,d|b$，则称 $d$ 是 $a,b$ 的公因数、公因子、公约数。记 $gcd(a,b)$ 为最大公因数。

对于 $a,b\in \mathbb{N}$，若存在 $d\in \mathbb{N}$，使得 $a|d,b|d$，则称 $d$ 是 $a,b$ 的公倍数。记 $\text{lcm}(a,b)$ 为最小公倍数。

定理

根据定义，显然有 $gcd(na,nb)=n\cdot gcd(a,b)$ ，$\text{lcm}(na,nb)=n\cdot \text{lcm}(a,b)$

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定理 1

$$gcd(\frac{a}{gcd(a,b)},\frac{b}{gcd(a,b)})=1$$

证明：

设 $g=gcd(a,b)$ ，则有 $k_1,k_2$ 满足
$\{\begin{array}{l}g\cdot k_1=a\\ g\cdot k_2=b\end{array}$ ，则原命题为 $gcd(k_1,k_2)=1$ 。

反证法。假设 $gcd(k_1,k_2)=c>1$，则有 $m_1,m_2$ 满足
$\{\begin{array}{l}{m}_1\cdot c=k_1\\ m_2\cdot c=k_2\end{array}$，则
$\{\begin{array}{l}g\cdot m_1\cdot c=a\\ g\cdot m_2\cdot c=b\end{array}$，则 $gcd(a,b)=g\cdot c\cdot gcd(m_1,m_2)$，与 $gcd(a,b)=g$ 矛盾，故原命题成立。

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定理 2

$$a\cdot b=gcd(a,b)\cdot \text{lcm}(a,b)$$

证明：
设 $gcd(a,b)=g,\text{lcm}(a,b)=l$

有 $k_1,k_2$ 满足
$\{\begin{array}{l}{k}_1\cdot g=a\\ k_2\cdot g=b\end{array}$

$$\begin{gathered} \because gcd(k_1,k_2)=1 \\ \therefore l=k_1\cdot k_2\cdot g \\ \therefore l\cdot g=k_1\cdot k_2\cdot g\cdot g \\ \therefore l\cdot g=a\cdot b \end{gathered}$$

则原命题得证。

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定理 3

$$gcd(\frac{\text{lcm}(a,b)}{a},\frac{\text{lcm}(a,b)}{b})=1$$

证明：

$$\begin{gathered} \because \text{lcm}(a,b)\cdot gcd(a,b)=a\cdot b \\ \therefore \frac{\text{lcm}(a,b)}{a}=\frac{b}{gcd(a,b)},\frac{\text{lcm}(a,b)}{b}=\frac{a}{gcd(a,b)} \\ \therefore gcd(\frac{\text{lcm}(a,b)}{a},\frac{\text{lcm}(a,b)}{b})=gcd(\frac{a}{gcd(a,b)},\frac{b}{gcd(a,b)})=1 \end{gathered}$$

则原命题得证。

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定理 4 更相减损术

$$a>b>0,gcd(a,b)=gcd(a,a-b)=gcd(b,a-b)$$

证明：

设，集合 $A,B,C$ 分别是 $a,b$、$a,a-b$、$b,a-b$ 的公因子集合。

对于 $d\in A$，有 $k_1,k_2$ 满足
$\{\begin{array}{l}{k}_1\cdot d=a\\ k_2\cdot d=b\end{array}$，则 $a-b=(k_1-k_2)\cdot d$。所以 $A\subseteq B,A\subseteq C$

对于 $d\in B$，有 $k_1,k_2$ 满足
$\{\begin{array}{l}{k}_1\cdot d=a\\ k_2\cdot d=a-b\end{array}$，则 $a+(a+b)=b=(k_1-k_2)\cdot d$。所以 $B\subseteq A,B\subseteq C$，又 $A\subseteq B,A\subseteq C$，所以 $A=B=C$，则原命题得证。

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定理 5 辗转相除法、欧几里得算法

$$gcd(a,b)=gcd(b,amodb)$$

证明：

当 $a\le b$ 时，命题显然成立。

当 $a>b$ 时，有 $a=k\cdot b+z,z=amodb$。设，集合 $A,B$ 分别是 $a,b$、$b,z$ 的公因子集合。

对于 $d\in A$，则 $d|a,d|b$，有 $d|kb$，则 $d|(a-kb)$，即 $d|z$ ，所以 $A\subseteq B$
对于 $d\in B$，则 $d|b,d|z$，有 $d|(a-kb)$，则 $d|a$，所以 $B\subseteq A$，综上 $A=B$，则原命题得证。