一些零碎的东西
数论
1
证明：设\(n\)的质因子有\(k\)个，那么由\(\mu\)的定义，左式显然等于\(\sum\limits_{i=0}^k(-1)^k\Large\binom{i}{k}\normalsize=(1+(-1))^k=0^k=[k=0]\) ，也显然有\([k=0]=[n=1]\)，证毕。
2
考虑把\(x,y\)质因子分解。设\(\large x=\prod p_i^{\alpha_i}, y=\prod p_i^{\beta_i}\)，则左式中\(i,j\)中相同的质因子只能分给其中的一个，故枚举每个质因子分给\(i\)还是\(j\)还是都不给，最终答案为\(\prod{\alpha_i + \beta_i + 1}=d(xy)\)，证毕。
3
\(\sum\limits_{d\mid n}\varphi(d)=n \quad\) (即\(\varphi * I = id\))
\(\because\forall d\mid n, \varphi(\Large \frac nd\normalsize)=\sum\limits_{i=1}^n[(i,n)=d]\)
\(\therefore\sum\limits_{d\mid n}\varphi(d)=\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{d\mid n}[(i,n)=d]=n\)
4
上面的结论再两边狄利克雷卷积一下得到：
\(\varphi = id * \mu\)
即\(\varphi(n)=\sum\limits_{d\mid n}\mu(\dfrac nd)d\)
5
对于质数\(p\)，设\(n=p-1, F(d)=\sum\limits_{a=1}^n [\delta_p(a)=d]\)，其中\(\delta_p(a)=\min\{k|k\in\Bbb{N^+} \wedge a^k\equiv 1\mod p\}\)，则\(\forall d\mid n, F(d)=\varphi(d)\)
推论：\(F(n)=\varphi(n)\)即质数\(p\)恰有\(\varphi(n)\)个原根
证明：
-
\(n\)次多项式至多有\(n\)个根，在模意义下也是如此。(疑似因式定理，证明略)
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由费马小定理得出，\(x^n=1\)恰有\(n\)个根\(1,2,\cdots,n\)。任取\(d\mid n\),则可将\(x^n-1\)分解出因式\(x^d-1\)。而分解结果的另一部分为\(n-d\)次式，由1知\(n-d\)次式至多有\(n-d\)个根，即\(x^d=1\)至少有\(d\)个根。再次结合1，可得\(x^d=1\)恰有\(d\)个根。
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\(F(d)\le \varphi(d)\)
当\(F(d)=0\)时，显然成立。否则取任意一个\(a\)满足\(\delta_p(a)=d\)，则\(a^1\sim a^d\)互不相同，且都是\(x^d=1\)的根。由1知这就是\(x^d=1\)的\(d\)个根。此时再取一个数\(k\)满足\(1\le k\le d\space\wedge (d,k)>1\)，则容易发现\(a^k\)是\(x^{d/(d,k)}=1\)的根，故\(\delta_p(k)<d\)，舍，结论得证。
-
我们知道，\(\sum\limits_{d\mid n}F(d)=n\)，\(\sum\limits_{d\mid n}\varphi(d)=n\)。（很显然吧。。。）结合3，只能\(\forall d\mid n, F(d)=\varphi(d)\)。证毕。
数据结构
线段树
为什么将区间按照线段树的划分方式总区间数量是\(\mathcal O(\log_2 n)\)的（询问的区间是 \([l,r]\)）？
考虑有什么样子特征的结点会被考虑到。容易发现，一个节点管辖的区间 \([L,R]\) 在包含任意一个端点是，会被访问到。并且在 \(R\not =r,L\not= l\) 的时候，这个节点不会被计算贡献，会继续向下递归。这样的结点组成了线段树上的两条自上而下的链，并且最多这些节点的两个儿子都被访问到，所以复杂度是 \(\mathcal O(\log_2n)\) 的。
一类点（白色）：在 \(\mathrm{modify}\) 操作中，被半覆盖的点。
二类点（深灰）：在 \(\mathrm{modify}\) 操作中，被全覆盖的点，并且能被遍历到。
三类点（橙色）：在 \(\mathrm{modify}\) 操作中，未被覆盖的点，并且可以得到 \(\mathrm{pushdown}\) 来的标记。
四类点（浅灰）：在 \(\mathrm{modify}\) 操作中，被全覆盖的点，并且不能被遍历到。
五类点（黄色）：在 \(\mathrm{modify}\) 操作中，未被覆盖的点，并且不可能得到 \(\mathrm{pushdown}\) 来的标记。
图和文字摘自Sooke的一篇博客，我认为有助于大家理解上面那段话。
数学
柯西中值定理
对于实数\(a<b\)，与在区间\([a,b]\)内连续、区间\((a,b)\)内可导的函数\(f(x),F(x)\)，且\(\forall x\in(a,b), F'(x)\neq 0\)，\(\exist \xi\in(a,b)\)使得\(\frac{f(a)-f(b)}{F(a)-F(b)}=\frac{f'(\xi)}{F'(\xi)}\)
证明：构造辅助函数\(g(x)=f(x)-F(x)\frac{f(a)-f(b)}{F(a)-F(b)}\)，则容易看出\(g(a)=g(b)=\frac{F(a)f(b)-F(b)f(a)}{F(a)-F(b)}\)
因此\(\exists\xi\in(a,b), g'(\xi)=0\)
即\(\exists\xi\in(a,b), f'(\xi)-F'(\xi)\frac{f(a)-f(b)}{F(a)-F(b)}=0\)，又因为\(F'(\xi)\neq 0\)，证毕。
拉格朗日余项(泰勒展开式误差)
对于函数\(f(x)\)，它的\(n\)阶泰勒展开式为\(p_n(x)=\sum_{i=0}^n \frac{f^{(i)}(x_0)(x-x_0)^i}{i!}\)，误差为\(f(x)-p_n(x)=R_n(x)\)。
其中\(R_n(x)=\frac{f^{(n+1)}(\xi)(x-x_0)^{n+1}}{(n+1)!},\xi\)是在\(x\)与\(x_0\)之间的某个数。
证明：
显然有\(R_n(x_0)^{(i)}=0，i\in[0,n]\)
根据柯西中值定理，\(\frac{R_n(x)}{(x-x_0)^{n+1}}=\frac{R_n(x)-R_n(x_0)}{(x-x_0)^{n+1}-0^{n+1}}=\frac {R_n'(\xi_1)}{(n+1)(x-x_0)^n}\)
此时还能继续套定理，得到\(\frac {R_n'(\xi_1)}{(n+1)(x-x_0)^n}=\frac {R_n''(\xi_2)}{(n+1)n(x-x_0)^{n-1}}\)
经过\(n+1\)次套娃，得到\(\frac{R_n(x)}{(x-x_0)^{n+1}}=\frac {R_n^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}\)，其中\(\xi\)在\(x\)与\(x_0\)之间。
\(\because p_n^{(n+1)}(x)=0\\\therefore R_n^{(n+1)}(x)=f^{(n+1)}(x)-p_n^{(n+1)}(x)=f^{(n+1)}(x)\)
所以\(R_n(x)=\frac {f^{(n+1)}(\xi)(x-x_0)^{n+1}}{(n+1)!}\)
组合
可以用SG函数的组合游戏
能转化为“两人交题在DAG上沿着有向边移动棋子，无法移动者判负”的组合游戏皆可用SG定理合并。
