数学笔记

整除

什么是整除，字面意思，比如 $b = a \times q$。

则 $a \mid b$ ，可以理解为 $b$ 是 $a$ 的倍数。

整除有几个性质：

$a \mid b$ 且 $b \mid c$ ，则 $a \mid c$。

证明显然，设 $b = a \times q， c = p \times b$ ，$c = p \times q \times a$ 。

所以 $a \mid c$。

假设 $1 \le m$ ，且 $a \mid b$ ，则 $a \times m \mid b \times m$

​ 证明也很显然，两边同乘上 $m$ 后都多了个 $m$ 的因子。

$a \mid b$ 且 $a \mid c$， 则 $a \mid x \times b + y \times c$ 。

$b$ 和 $c$ 都是 $a$ 的倍数，右边可以写成 $x \times p \times a + y \times q \times a$。

然后右边是个 $a$ 的倍数。

设整数 $x$ 和 $y$ 满足 $ax + by=1$，且 $a \mid n, b \mid n$，则 $ab \mid n$

因为 $a \mid n, b \mid n$ ，两边同乘上 $a$ 或者 $b$ 还是成立的；

就有了 $ab \mid bn, ab \mid an$，然后根据刚才证明的第 $3$ 条性质：

又有了 $a \times n \times x + b \times n \times y$，提完公因数，发现里面的式子刚好为 $1$。

证明完成。

其实这些东西你不会证明也没关系，因为你就算会证明你也不会用。

同余

还是字面意思。

可以理解为余数相同。

比如 $a \bmod m=1, b \bmod m=1$，则 $a \equiv b(\bmod m)$。

同余有一些性质，两边同加，乘，幂依旧同余。

然后同余构成了一个关于这个余数的剩余系，为 $[0, m - 1]$。

然后对于负数，他也在这个剩余系里，那他是谁呢。

举个例子啊。

$-3 \bmod 7 = 4$

证明一下 ： $-3 + 3 \bmod 7 = 0, 4 + 3 \bmod 7 = 0$

证明完成？

素数和合数：

素数就是指只能被 $1$ 和 他本身整除的数。

有三种筛素数的方法。

• 暴力筛

复杂度为 $\mathcal{O}(n \sqrt n)$

只筛到 $\sqrt n$ 是因为：

若 $n$ 为合数，那他就可以表示成两个数的乘积的形式，$n = x \times y$，当你 $x$ 确定的时候，$y$ 也确定了， $y = \frac {n}{x}$。

所以 $x$ 在 $[2, \sqrt n ]$，$y$ 就一定在 $[\sqrt n + 1, \frac{n}{2}]$ 里。

所以说当你扫到 $n$ 的时候，$x$ 和 $y$ 就相当于交换了一下，没有意义。

给个代码：

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

• 埃氏筛

当你扫到一个数是素数的时候，他的倍数必然不是个素数，都标记上。

复杂度为 $\mathcal{O}(n \log \log n)$。

这玩意能过线性筛的模板，跑的比部分人写的线性筛还快

void Prime(int n) {
	vis[1] = 1;
	for(int i = 2; i <= n; i++) {
		if(vis[i]) continue;
		prime[++cnt] = i;
		for(int j = i; j <= n; j += i) {
			vis[j] = 1;
		}
	}	
}

• 线性筛

符合线性的条件就是让每个数都只被自己的最小质因数筛掉。

使每一个数都只筛一遍，这样复杂度就是 $\mathcal{O}(n)$。

在筛的时候加上了一句话， 如果满足 $i \bmod prime[j] == 0$ 就直接 $break$。

为啥这样是对的呢。

当 $prime[j] \mid i$，这个时候就可以直接跳了。

设 $i = k \times prime[j]$，那 $i * prime[j + 1] = (k \times prime[j]) \times prime[j + 1]$。

我们设 $k' = (k \times prime[j + 1])$，所以说 $i \times prime[j + 1]$ 就可以用 $k' \times prime[j]$ 来表示，这样的话这个 $i \times prime[j + 1]$ 会被筛到两次，所以我们只要在他被整除的时候直接跳出来就行了。

void Prime(int n) {
	vis[1] = 1;
	for(int i = 2; i <= n; i++) {
		if(!vis[i]) prime[++cnt] = i;
		for(int j = 1; j <= cnt && i * prime[j] <= n; j ++) {
			vis[i * prime[j]] = 1;
			if(i % prime[j] == 0) break;	
		}
	}	
}
 

斐蜀定理：

又称为贝祖定理， 一个关于最大公约数的定理。

内容是：

设 $a,b$ 不是全为 $0$ 的整数，$ax + by = \gcd(a, b)$ 一定有整数解。

证明： 自己看看?

这里口胡一下:

当 $a, b$ 有一个为 $0$ 时显然成立。

当 $a, b$ 都不为 $0$ 时，因为负数无影响，所以我们都看出正数。

设 $d = \gcd(a, b)$。

$ax+by=d -> \frac{a}{d}x + \frac{b}{d}y=1$。

然后用辗转相除不断的递归回来就证明完成了？

唯一分解定理：

任意一个大于 $1$ 的自然数，都能被分解成有限个质数乘积的形式。

$n = \prod_{1}^{k} p_i^{a_i}$。

这里的 $p_i$ 指的是质数， $a_i$ 是对应的指数。

这样的分解式被称为标准分解式。

唯一分解定理有两个性质：

• 唯一性

• 存在性

费马小定理：

若 $p$ 为素数，且 $gcd(a, p) == 1$，则 $a^{p - 1} \equiv 1 (\mod p)$。

威尔逊定理：

$(p−1)！≡−1(\bmod p)$

欧拉定理

若 $p$ 为素数， 且 $\gcd(a, p) = 1$，则 $a^b \equiv a^{b \bmod \varphi(m)} (\bmod m)$

扩展欧拉定理：

$a^b \equiv a ^ {b \bmod \varphi(m) + \varphi(m)} (\bmod m)$

最大公约数

若满足 $d \mid a，d \mid b$，且没有一个比 $d$ 还大的数满足这个条件，那我们称 $d$ 为 $a$ 和 $b$ 的最大公约数。

记作 $d = \gcd(a, b)$。

若满足 $a \mid d，a \mid d$，且没有一个比 $d$ 还小的数满足这个条件，那我们称 $d$ 为 $a$ 和 $b$ 的最小公倍数。

记作 $d = lcm(a, b)$。

有一个性质：

$a \times b = \gcd(a, b) \times lcm(a, b)$。

证明一下：

设 $x = \gcd(a, b), y = lcm(a, b)$

那么 $a = m \times x, b = n \times x$，同时 $gcd(m, n) = 1$

那么 $y = m \times n \times x$。

$x \times y = x \times (m \times n \times x) = (m \times x) \times (n \times x) = a \times b$

证明完毕。

怎么求这个最大公约数呢？

• 辗转相除法

  int gcd(int a, int b) {
      return !b ? a : gcd(b, a % b);
  }

证明 :

也就是证明 $\gcd(a, b) = \gcd(b, a \% b)$ 。

于是我们转换成证明 $2$ 个东西：

$\gcd(a, b)$ 是 $b, a \% b$ 的公约数。

证明：设 $gcd(a, b) = d$，则 $a = k_1 d, b = k_2 d$。

$a = kb + c$，$a \% b = c = a - kb$。

$a - kb = k_1d - kk_2d = (k_1 - kk_2) d$，所以 $a \% b$ 也有这个公约数，而 $b$ 也有。

所以得证。

并且这个公约数是最大公约数。

证明这个也就是证明 $a \% b$ 和 $b$ 没有比 $d$ 还大的公约数，也就是 $k_2$ 和 $k_1 - kk_2$ 互质。

正难则反，我们采用反证法：

我们假设 $k_2$ 和 $k_1 - kk_2$ 有公约数。

所以假设 $k_2 = qt, k_1 - kk_2 = pt$。

$k_1 = pt + kk_2$，$a = k_1d = (pt + kk_2) d = ptd + kk_2d$。

因为 $k_2d = b$，所以 $a = ptd + kb$。

$b = k_2d = qtd$，所以 $a = ptd + kqtd = (p + kq) td$。

所以 $\gcd(a, b) = td$ 不满足条件，与 $\gcd(a, b) = d$ 矛盾，证明成功。

扩展欧几里得算法

$exgcd$ 是一种求解 $ax + by = \gcd (a,b)$ 的 $log$ 解法。

根据贝祖定理，一定有解。

$ax + by = \gcd(a,b) = \gcd(b, a \% b)$。

$\gcd(a, b) = bx'+ (a \% b) y'$

$= b'x + (a - \left \lfloor \frac{a}{b} \right \rfloor b) y'$

$=bx' + a y' - \left \lfloor \frac{a}{b} \right \rfloor b y'$

$= ay' + b(x' - \left \lfloor \frac{a}{b} \right \rfloor y)$

$= ax + by$

所以 $x = y', y = (x' - \left \lfloor \frac{a}{b} \right \rfloor y)$。

• 求通解：

也就是求 $ax + by = k \gcd(a, b)$

假设我们已经求出 $ax_0 + by_0 = \gcd(a, b)$。

设 $c = k \gcd(a, b)$， 所以 $k = \frac{c}{\gcd(a, b)}$。

$ax_0 + by_0 = \gcd(a, b)$

$= k (ax_0 + by_0) = k\gcd(a, b)$

$= a \frac{cx_0}{\gcd(a, b)} + b \frac{cy_0}{\gcd(a, b)} = c$

$ax_1 + by_1 = c$。

$x_1 = \frac{cx_0}{\gcd(a, b)}, y_1 = \frac{cy_0}{\gcd(a, b)}$。

对于任意的 $d \in \Q$, 一定有：

$a(x_1 + db) + b (y_1 - da) = c$

化简一下就是 $a_x1 + abd + by_1 - abd = c$

显然正确。

因为我们找到是整数解，因为 $x_1, y_1 \in \Z$。

所以我们要让 $db, da \in \Z$。

$d$ 最小时显然为 $\frac{1}{\gcd(a, b)}$。

所以 $d_y = da = \frac{a}{\gcd(a, b)},d_x =db = \frac{b}{\gcd(a, b)}$。

通解的形式变成了 $x = x_1 + kd_x, y = y_1 - kd_y$。

（其中 $k \in \Z$）

乘法逆元

如果说 $ax \equiv 1 (\bmod p)$ ，那么称 $x$ 是 $a$ 关于 $p$ 的乘法逆元。

记作 $inv(a) = x$。

逆元一般用来处理 $\frac{a}{b} \bmod p$ 的问题。

设 $k = inv(b)$，则 $\frac{a}{b} \bmod p = ak \bmod p$。

证明：

$\frac{a}{b} \bmod p$

$= \frac{a}{b} \bmod p \times 1$

$= \frac{a}{b} \bmod p \times (bk \bmod p)$

$= (\frac{a}{b} \times bk) \bmod p$

$= ak \bmod p$

如何求逆元？

$exgcd$

发现 $ax \equiv1(\bmod p)$ 可以写成 $ax + py = 1$，这个式子可以用 $exgcd$ 求解。

最后解出来的 $x$ 就是逆元。

费马小定理：

若 $p$ 为素数， $gcd(a, p) = 1$，$a^{p - 1} \equiv 1(\bmod p)$。

$a a^{p - 2} = a ^ {p - 1}$。

所以 $a^{p - 2}$ 即为逆元。

线性递推逆元。

求出 $[1, n]$ 的逆元。

设 $t = p / i, k = p \mod i$。

$t * i + k = p$，所以 $t * i + k \equiv 0(\bmod p)$。

两边同时减去 $t * i$， $k \equiv -t * i(\bmod p)$。

两边同时除以 $i * k$, 得到 $i^{-1} \equiv -t * k^{-1} (\bmod p)$。

因为 $i^{-1} = inv(i)$。

所以 $inv[i] \equiv -t * inv[k] (\bmod p)$。

然后将 $k, t$ 用 $i, p$ 替换了，$inv[i] \equiv -(p / i) \times inv[p \bmod i]$。

为了防止出现负数，再加上一个 $p$，于是变成了 $inv[i] \equiv p - (p / i) \times inv[p \bmod i]$。

于是就可以线性递推了。

高斯约旦消元法

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中国剩余定理 （CRT）

求解 $x \equiv a_i (\bmod m_i)$ （满足 $m_i$ 两两互质）。

构造一组解满足条件。

设 $M = \prod_{i = 1}^{k} m_i$，$M_i = \frac{M}{m_i}$。

则 $\gcd(M_i, m_i) = 1$，则 $M_i$ 关于 $m_i$ 的逆元 $t_i$ 存在。

所以 $M_i t_i \equiv 1 (\bmod m_i)，M_i t_i \equiv 0 (\bmod m_j)（j \ne i）$

两边同时乘上 $a_i$，得到：$M_i t_i a_i \equiv a_i (\bmod m_i)，M_i t_i a_i \equiv 0 (\bmod m_j)（j \ne i）$。

所以最后的解为 $\sum_{i =1}^{n} M_i t_i a_i$。

显然对于每一组都成立。

扩展中国剩余定理 （EXCRT）

和中国剩余定理没有什么关系。

本质上是合并同余方程组。

求解 $x \equiv a_i (\bmod m_i)$。

设 $M = \prod_{i=1}^{k-1}m_i, x_{k-1}$ 为前 $k-1$ 个方程的解。

则 $x_{k-1} + tM (t \in \Z)$ 为前 $k- 1$ 个方程的通解。

我们要求一个 $x_k$ 满足前 $k-1$ 个方程组的通解，并且也满足第 $k$ 个方程。

设 $x_k = x + tM (t \in \Z)$。

第 $k$ 个方程为 $x_k \equiv a_k (\bmod m_k)$。

带入进去 ： $x_{k-1} + tM \equiv a_k (\bmod m_k)$。

$tM \equiv a_k - x_{k-1} (\bmod m_k)$。

然后这个式子可以写成： $tM = a_k - x_{k-1} + m_k \times y$。

$tM - m_k \times y = a_k - x_{k-1}$。

这个式子形如 $ax+by=c$，所以可以用 $exgcd$ 求出 $t$ 从而求出 $x_k$ 来。

然后不断的合并就行了。

Miller_Rabin 素数测试

一种快速的测试一个数是否是质数的方法。

矩阵

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欧拉函数：

$\varphi(n)$ 表示
$[1, n]$ 中与 $n$ 互质的数的个数。

$1.$ 若 $p$ 为质数，则 $\varphi(p^k) = (p - 1) \times p^{k -1}$

• 证明 $:$

在 $[ 1, p^k]$ 的数中，与 $p$ 不互质的数一定可以写成一个集合 $S = \{a\mid a = p \times b \mid b \in \Z\}$

我们只需要求出最大的 $b$ 即可知道与 $p$ 不互质的数的个数。

因为 $p^k = p \times p^{k- 1}$，所以与 $p$ 不互质的数的个数有 $p^{k -1}$ 个。

所以 $\varphi(p ^ k) = p^k - p^{k -1} =p^{k-1} \times p - p^{k-1} = p^{k-1} \times (p -1)$。

得证。

$2.$ 如果 $p$ 为质数，则 $\varphi(p) = p - 1$。

• 证明 $:$

由第一条性质得证：当 $k = 1$ 时。

当然也可以感性理解： $p$ 是一个质数，所以从 $[1, p)$ 里
都与 $p$ 互质。

$3.\ $ $\varphi$ 函数是一个积性函数，也就是说如果 $\gcd(a,b)=1$，则 $\varphi(a \times b) = \varphi(a) \times \varphi(b)$。

• 证明 $:$

与 $a$ 互质的数集为 $a_1,a_2.....,a_{\varphi(a)}$，则在 $[1,a\times b]$ 的范围内与 $a$ 互质的数可以写成 $k \times a + a_j ( 0 \le k <b, 1 \le j \le \varphi(a))$。

$4.\ \varphi(ab) = a \times \varphi(b) \ \ \ \ \ ( a \mid b)$

咕咕咕

线性筛欧拉函数：

p 指素数。

• 性质 $1$: $\varphi(p) = p - 1$

• 性质 $2$: $\varphi(i\times p) = p \times \varphi(i) （i \mod p = 0）$

证明一下：设 $d$ 为 $\gcd(p, i)$

设 $p = k_1d, i = k_2d$，所以 $(p + i) = (k_1 + k_2) d$

因为 $gcd(k_1, k_2) = 1$，所以 $gcd(k_2, k_1 + k_2) = 1$

$[1, i]$ 里与 $i$ 不互质的数的个数为 $i - \varphi(i)$

$[1, p \times i]$ 与 $i$ 不互质的数的个数为 $p (i - \varphi(i))$。

因为 $i \mod p = 0$，所以 $i, p$ 的因子都相同。

所以 $\varphi(i \times p) = p \times i - p \times \varphi(i) = p \times \varphi(i)$

• 性质 $3$: $\varphi(i \times p) = \varphi(i) \times (p - 1) （i \mod p != 0）$

鸽巢定理：

有 $n$ 个抽屉，有 $n + 1$ 个物品，你要将这 $n + 1$ 个物品放到这 $n$ 个抽屉里，至少有一个抽屉有 $2$ 个及其以上个数的物品，同理，当你有 $n - 1$ 个物品的时候，有一个抽屉会是空的。

证明：

如果想让每个抽屉中的物品个数尽量少，就要将这些物品平摊到这些抽屉中，所以当 $n$个物品分别放到 $n$ 个抽屉里的时候，最后一个物品一定会放到一个已经有一个物品的抽屉里了，当 $n$ 个物品不平摊的时候就更不用说了， $n - 1$ 个物品的时候同理可证。

来个例题：

你有一个边长为 $2$ 的等边三角形，要在这里面放 $5$ 个点，可以放到三角形的订点上，求证：至少存在两个点满足两点之间的距离 $\le 1$。

证明：

我们可以将这个边长为 $2$ 的等边三角形分为 $4$ 个边长为 $1$ 的等边三角形，然后问题也就转换为了有 $4$ 个抽屉，有 $5$ 个物品，将这 $5$ 个物品放到 $4$ 个抽屉中，当两个物品在同一个抽屉里距离$\le 1$，所以问题可证成立。

分类加法、乘法计数原理：

比如你有一个事件 $A$ 和 $B$，然后 $A$ 完成的方式有 $a$ 种， $B$ 完成的方式有 $b$ 种，$A$ 或 $B$ 发生的方案数是 $a + b$，$A$ 与 $B$ 同时发生的方案数为 $a \times b$。

大概说的通俗一点就是：

假如我是小明，我要去 $A$ 站，有 $a$ 种火车票， $b$ 种飞机票，我到 $A$ 站的方案数就是 $a + b$。

然后再假设我是小红，我用去 $B$ 站，不过中途必须经过 $A$ 站，小红到 $A$ 站有 $a$ 种方案，从 $A$ 站到 $B$ 站又有 $b$ 种情况，那么小红到 $B$ 站的方案数为 $a \times b$。

DeMorgan 定理

我不会用 $Markdown$，所以这里我们用 $S(i)$ 来表示 $i$ 的补集，假设 $A.B$ 是全集 $U$ 的两个子集，那么 $S(A \cap B)$为 $S(A)$ $\cup$ $S(B)$ ，$S(A \cup B)$ 为 $S(A)$ $\cap$ $S(B)$。

证明还是比较简单。
具体画个维恩图就会了吧。

然后这个东西是可以推广到有 $n$ 个子集的。

容斥原理

你有一个有限集为 $S$，有 $n$ 条性质，分别是 $P_1.P_2.P_3\cdots P_n$，$S$ 中的任意一个子集可能对其性质满足 $q$ 条$(0\le q\le n)$，我们设 $A_i$表示满足第 $P_i$ 条性质的集合，$A_i$ 的集合中元素的个数为 $|A_i|$。

则满足两条性质：

$|S(A_1) \cap S(A_2) \cdots \cap S(A_n)| =$

$|S| - \sum_i|A_i| + \sum_{i<j}|A_i \cap A_j|-\sum_{i<j<k}|A_i \cap A_j \cap A_k| + \cdots + (-1)^n |A_1 \cap A_2 \cap A_3 \cdots \cap A_n|$

$|A_1|+|A_2|+|A_3|+\cdots + |A_n| =$

$\sum_i|A_i| - \sum_{i<j}|A_i\cap A_j| + \sum_{i<j<k}|A_i \cap A_j \cap A_k| - \cdots +(-1)^{n+1}|A_1 \cap A_2 \cap A_3 \cap \cdots \cap A_n|$

看起来式子挺长，其实就是将重复的部分减去来达到不重不漏罢了。

仔细想一想就能明白。

稳定婚姻问题

形象一点的描述，假设你是一个红娘，你要给 $n$ 个男子和女子配对，每个男子在每个女子心中都有排名，每个女子在每个男子心中也有一个排名。

如果 $A_i$ 和 $B_j$ 已经配对了，但是 $A_i$ 和 $A_j$ 同时发现还有比现在的对象更符合自己的，于是两人一拍而合，离！然后这对婚姻就不稳定了。

虽然对两个人都有好处，但是他们离婚会影响你的业绩，所以你要配对的时候尽量满足一种情况，虽然男子有更心仪的女子，但他现在的女子认为该男子就是她最好的配偶，男子想离都没法离，女的根本就不撒手。

是不是十分通俗易懂

当然稳定婚姻的情况肯定是不只有一种情况。

给定你 $n$ 个男生和 $n$ 个女生，然后给出每个异性在自己心中的排名，求出一种稳定婚姻。

具体实现也就是用 $Gale-Shapley$ 算法，我们对于每个未婚的男性，让其向自己的求婚名单上现存最喜欢的女生求婚，不管女生是已婚还是未婚，如果女生能够同意，就结婚，否则男生的求婚名单上就把该女生划了。

例题

然后这题和上面说到的算法没有关系，用的是匈牙利算法，对于每一个男生，我都对于每个女生枚举一遍呢，当这个女生每对象就直接结婚，要是有对象同时她的对象还能喜欢其他女生并且那个女生没有对象，当然也有可能那女生的对象还喜欢其他人并且那个人没结婚，所以就递归实现即可。

AC code ：

/*
work by: TLE_Automation
Time: O(TLE)
knowledge:
*/
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
 
const int maxn = 3e6;
const int MAXN = 3e3;
inline int read() {
	int s = 0, w = 1;
	char ch = getchar();
	while (!isdigit(ch)) {if(ch == '-') {w = -1;}ch = getchar();}
	while (isdigit(ch)) {s = (s << 1) + (s << 3) + (ch ^ 48);ch = getchar();}
	return s * w;
}
 
int ans = 0, n, m, t;
int result[maxn];
int Map[MAXN][MAXN];
bool vis[maxn];
 
bool dfs(int x){
	for(int i = 1; i <= m; i++) {
		if(Map[x][i] && !vis[i]) {
			vis[i] = true;
			if(!result[i] || dfs(result[i])) {
				result[i] = x;
				return true;
			}
		}
	}return false;
}
 
signed main() {
	n = read(), m = read(), t = read();
	for(int u, v; t; t--) {
		u = read(), v = read();	
		Map[u][v] = true;
	}
	for(int i = 1; i <= n; i++) {
		memset(vis, false, sizeof vis);
		if(dfs(i)) ans++;
	}
	print(ans);
}
 

组合数学

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卢卡斯定理

$Lucas(n,m)=C_{n \mod p}^{m \mod P} Lucas(n / p, m / p)$

数论分块

咕咕咕

莫比乌斯反演

咕咕咕

博弈论

咕咕咕