数论学习笔记
写在前面
\(a\mod b=(a-\left \lfloor \frac{a}{b} \right \rfloor *b)\)
代数推导天地灭，组合意义保平安
1.辗转相减
利用辗转相减法求最大公约数, 即 \(gcd(a, b)\)。假设 \(a > b\), 则 gcd(a, b) =gcd(a − b, b), 不断的利用大的数减去小的数，就能得到最大公约数。
1.证:若\(n,m(n>m)\)互质，则 $(n-m) , m $互质
若不互质,则设 \(n - m = k * a , m = k * b\)
\(\therefore n-k*b=k*a\)
\(\therefore n=k*(a+b)\)，与n,m互质矛盾,得证
我们发现当 a 一直大于 b 的时候，就会一直减去 b，其实就是变成 a%b，所以就变成了辗转相除
2.扩展欧几里得(exgcd)
解的存在性:
裴蜀定理
对于任意n个整数，存在以种线性组合使得其等于所有数的最大公约数。
若\(a,b\)是整数,且\(gcd(a,b)=k\)，那么对于任意的整数\(x,y,ax+by\)都一定是k的倍数。
证：一定存在整数\(x,y\)，使\(ax+by=gcd(a,b)\)成立。
不太好证，采用数形结合的方法
皮克定理 : 给定顶点坐标均是整点（或正方形格点）的简单多边形，面积\(S\)和内部格点数目\(n\)、多边形边界上的格点数目\(k\)：\(S=n+\frac{k}{2} -1\)
\(\because \gcd(a, b)=1\)
\(\therefore AO\)上无整点
在矩形\(ABCO\)中找离\(AO\)最近的格点\(P(n,m)\)
\(\Delta A P O\) 边界上和内部无整点(如果有的话那个点肯定跟优,与假设矛盾)
\(\therefore S\Delta A P O=0+\frac{3}{2}-1=\frac{1}{2}\)
$\because AO=\sqrt{a2+b2} $
\(\therefore PH=\frac{\left |bn-am \right |}{\sqrt{a^2+b^2} }\) (点到直线距离公式)
\(\therefore S\Delta A P O=\frac{1}{2}\sqrt{a^2+b^2} *\frac{\left |bn-am \right |}{\sqrt{a^2+b^2} }=\frac{1}{2}\left |bn-am \right |\)
\(\therefore \left |bn-am \right |=1\)
所以当$\left{\begin{matrix}
x=m \
y=-n
\end{matrix}\right. \(或\)\left{\begin{matrix}
x=-m \
y=n
\end{matrix}\right. $时等式成立
所以当 c 是 gcd(a, b) 的倍数的时候,方程有解，将x,y同时扩大多少倍即可
若\(b*x_{1}+a \bmod b *y_{1}=\gcd(a, b)\)
\(\therefore b*x_{1}+(a-\left \lfloor \frac{a}{b} \right \rfloor *b) *y_{1}=\gcd(a, b)\)
\(\therefore a*y_{1}-b*(x_{1}-\left \lfloor \frac{a}{b} \right \rfloor *y_{1}) =\gcd(a, b)\)
\(\therefore x=y1,y=x_{1}-\left \lfloor \frac{a}{b} \right \rfloor *y_{1}\)
(代码有些不好理解)
exgcd大致分为两步:
先求出gcd 然后利用这个gcd解出一个解(不是真真的解)，然后不断扩大
long long exgcd(long long a,long long b,long long &x,long long &y){
int d=a;
if(b!=0){
d=exgcd(b,a%b,x,y);
x-=a/b*y;
swap(x,y);
}
else{
x=1,y=0;
}
return d;
}
3.乘法逆元
设$ \frac{a}{b} \bmod p = x $
$\therefore \frac{a}{b} \equiv x \bmod p $
$\therefore a \equiv bx \pmod{p} $
设 \(a \bmod p=k_{1}.....n\)
$ bx \bmod p=k_{2}.....n$
\(\therefore k_{1}*p+n=a,k_{2}*p+n=bx\)
\(\therefore k_{2}*p+a-k_{1}*p=bx\)
$\therefore a+p*(k_{2}-k_{1})=bx $
$\therefore p*(k_{1}-k_{2})+bx=a $
既然a,b,p都知道，我们就可以用exgcd啦
有理数取余
\(\frac{a}{b} \equiv x \pmod{p}\)
$a \equiv bx \pmod{p} $
先求\(1 \equiv bx_{1} \pmod{p}\)
再将\(a \equiv b*a*x_{1} \pmod{p}\)
\(a*x_{1}即为所求答案\)
4.高斯消元
非常好理解，之前我被 @【数据删除】称为高斯消元高手，为了不负期望，我决定复习一次。
#include<iostream>
using namespace std;
int n,st;
double a[105][105];//第i个方程的第j个未知数的系数
int main(){
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=n+1;j++){
cin>>a[i][j];
}
}
for(int i=1;i<=n;i++){
int st=i;
for(int j=i+1;j<=n;j++){
if(a[j][i]>a[st][i]){//选取一个最大值减小误差
st=j;
}
}
for(int j=1;j<=n+1;j++){
swap(a[i][j],a[st][j]);//i和st对换
}
if(a[i][i]==0){
puts("No Solution");
return 0;
}
for(int j=1;j<=n+1;j++){
if(i!=j){
//当前消到第i个未知数，那么当做到第j个方程时，其第i个未
//知数的系数就是a[j][i]，那么这个方程就应该整体减去
//a[j][i]/a[i][i]倍的方程i
for(int k=i+1;k<=n+1;k++){//前面已经都是0了
a[j][k]-=a[i][k]*a[j][i]/a[i][i];
}
}
}
}
for(int i=1;i<=n;i++){
printf("%.2lf\n",a[i][n+1]/a[i][i]);
}
return 0;
}
CRT:
不妨验证解为什么正确。以第一个方程为例因为乘了最小公倍数，因为两两互素那么其他乘上逆元不会对
模\(mod1\) 产生影响假设其他数乘起来也就是\(M1\)模\(mod1\)那么我们只需将这个模数扩大即可。所以要求下逆元再乘\(a1\)就可以了
EXCRT
这个不可以用在crt上吗qwq
考虑合并
\(x=k1*mod1+a1\)
\(x=k2*mod2+a2\)
\(k1*mod1+a1=k2*mod2+a2\)
\(a1-a2=k2*mod2-k1*mod1\)
使用exgcd求出特解\(k1\)
将\(k1\)带回去就是x那么x的通解就是\(x+k*lcm(mod1,dmo2)\)
逻辑运算
eeeeeeee,学学玩的
-
对于一个仅由\(\land\)或\(\lor\)(加不加\(!\))都一样是满足交换律的,枚举易证.
-
\(!(p \land q)=!p \lor !q\)
-
\(!(p \lor q)=!p \land !q\)
-
韦恩图很厉害,能解决三个命题以下的问题
写于8月28的莫反，今天励志要学懂。莫反听一遍不懂一遍
一、数论分块
1.最大的使\(\lfloor{\frac{n}{x}} \rfloor=\lfloor{\frac{n}{i}} \rfloor\)的x是\(\lfloor{\frac{n}{\lfloor{\frac{n}{i}} \rfloor}} \rfloor\)
证:
设\(\lfloor{\frac{n}{i}} \rfloor=k\)
\(\because k \le \frac{n}{i}\)
\(\therefore \lfloor{\frac{n}{k}}\rfloor \ge \lfloor{\frac{n}{\frac{n}{i}}}\rfloor\)
\(\therefore \lfloor{\frac{n}{k}}\rfloor \ge i\)
\(\therefore i \le \lfloor{\frac{n}{k}}\rfloor\)
因为k是定值，那么i的最大值就是\(\lfloor{\frac{n}{\lfloor{\frac{n}{i}} \rfloor}} \rfloor\)
二、积性函数
证:\(\phi\)为积性函数
\(\phi (n)=n*\prod_{p1|n}(1-\frac{1}{p1})\)
\(\phi (m)=m*\prod_{p2|m}(1-\frac{1}{p2})\)
\(\gcd(n,m)=1\)
因为互质，所以任意p1都不等于p2，得证
证:\(\sum_{d|n} \phi(d)=n\)
OI-wiki上的证法比zb妙一点。
首先设\(f(x)为gcd(i,n)=x的i的个数\)
\(\sum_{i=1}^{n} f(i)=n\)（显然）
\(\sum_{d|n} f(d)=n\)
考虑f和\(\phi\)的关系
显然\(f(x)=\phi(\frac{n}{x})\)
然后因为对称性就完了
常见积性函数
单位函数\(e(n)=[n=1]\)
幂函数\(id_{k}(n)=n^{k}\)其中\(id_{1}(n)\)常被记作\(id(n)\)
常函数\(k(n)=k\)
除数函数\(\sigma_{k}(n)=\sum_{d|n} d^{k}\)当\(k=0\)时为因数个数函数\(d(n)\)当\(k=1\)时为因数和函数为\(\sigma(n)\)
欧拉函数\(\phi(n)=\sum[gcd(i,n)=1]\)
莫比乌斯函数
\(\mu(n)=
\begin{rcases}
1\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ n=1 \\
0\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ n有平方因子 \\
(-1)^{k} ,k为n的本质不同质因子个数
\end{rcases}\)
三、莫比乌斯函数
证积性
感性一下，如果和\(\mu(1)\)乘显然，然后和不为1的乘也显然
证\(\sum_{d|n} \mu(d)=[n=1]\)
设\(n=\prod p_{i}^{c_{i}},m=\prod p_{i}\)
原式\(=\sum_{d|m} \mu(d)=[m=1]\)
设因数个数为\(k\)
\(\sum_{d|m} \mu(d)=\sum_{i=0}^{k} {k\choose i} (-1)^{i}\)
\(=\sum_{i=0}^{k} {k\choose i} (-1)^{i}*1^{k-i}\)
二项式定理
\(=((-1)+1)^{k}\)
线性筛求miu
void get(){
miu[1]=1;
for1(i,2,n){
if(!vis[i]){
miu[i]=-1;
cnt++;
num[cnt]=i;
}
for(int j=1;i*num[j]<=n&&j<=cnt;j++){
vis[i*num[j]]=1;
if(i%num[j]==0){
miu[i*num[j]]=0;
break;
}
miu[i*num[j]]=-miu[i];
}
}
}
四、狄利克雷卷积
* 表示卷积 ·表示乘。f,g为数论函数（定义域为整数的函数，通常值域也为整数）
\((f * g)(n)=\sum_{d|n} f(d)g(\frac{n}{d})\)
证:若f,g为积性函数，那么f * g也是积性函数
\((f*g)(n)=\sum_{d|n} f(d)g(\frac{n}{d})\)
\((f*g)(m)=\sum_{d|m} f(d)g(\frac{m}{d})\)
\((f*g)(nm)=\sum_{d|nm} f(d)g(\frac{nm}{d})\)
\((f*g)(n)*(f*g)(m)=\sum_{d|n} f(d)g(\frac{n}{d})·\sum_{d|m} f(d)g(\frac{m}{d})\)
\((f*g)(n)*(f*g)(m)=\sum_{d1|n,d2|m} f(d1)g(\frac{n}{d1})f(d2)g(\frac{m}{d2})\)
\((f*g)(nm)=\sum_{d1|n,d2|m} f(d1d2)g(\frac{nm}{d1d2})\)
因为\(\gcd(n,m)=1\)
\((f*g)(nm)=\sum_{d|nm} f(d)g(\frac{nm}{d})\)
\(id_{k}*1=\sigma_{k}\)
\((id_{k}*1)(n)=\sum_{d|n}id_{k}(d)\)
\((id_{k}*1)(n)=\sum_{d|n}d^{k}\)
\(\phi*1=id\)
\((\phi*1)(n)=\sum_{d|n} \phi(d)\)
\((\phi*1)(n)=n\)
五、狄利克雷卷积的性质
交换律
对称性易得
结合律
\((f*g)*h(n)=f*(g*h)(n)\)
左式\(=\sum_{d|n} (f*g)(d)h(\frac{n}{d})\)
\(=\sum_{d|n} h(\frac{n}{d})\sum_{d1|d} f(d1)g(\frac{d}{d1})\)
右式\(=\sum_{d|n} (g*h)(d)f(\frac{n}{d})\)
\(=\sum_{d|n} f(\frac{n}{d})\sum_{d1|d} g(d1)h(\frac{d}{d1})\)
因为都穷尽了将\(n=a·b·c\)的方案，所以相等
分配律
\(f*(g+h)(n)=f*g(n)+f*h(n)\)
原式\(=\sum_{d|n} f(d)*(g(\frac{n}{d})+h(\frac{n}{d}))\)
\(=\sum_{d|n} f(d)*g(\frac{n}{d})+\sum_{d|n} f(d)*h(\frac{n}{d})\)
即\(f*g(n)+f*h(n)\)
单位元e
任何函数卷e都是自己
\(\sum_{d|n} f(d)e(\frac{n}{d})\)
当d=n时e为1，其他都为0，即为\(f(n)\)
证 \(e=\mu *1\)
原式\(=\sum_{d|n} \mu(d)\)
即为\(e\)
证 \(\mu * id=\phi\)
\(\because \phi*1=id\)
\(\therefore \phi=id*\mu\)
狄利克雷逆元
若\(f*g=e\)那么g就是f的逆元，g记作\(f^{-1}\)
证 \(f^{-1}\)为
\(\begin{rcases} \frac{1}{f(1)} \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ n=1 \\ -\frac{1}{f(1)}\sum_{d|n,d>1} f(d)g(\frac{n}{d})\ \ \ \ otherwise \end{rcases}\)
当n=1时
\(\sum_{d|1} f(d)g(\frac{n}{d})\)
\(=f(1)g(1)=1\)
\(g(1)=\frac{1}{f(1)}\)
else
\(\sum_{d|n} f(d)g(\frac{n}{d})=0\)
\(=f(1)g(n) \sum{d|n,d>1} f(d)g(\frac{n}{d})\)
\(=f(1)*(-\frac{1}{f(1)}\sum_{d|n,d>1} f(d)g(\frac{n}{d}))+\sum{d|n,d>1} f(d)g(\frac{n}{d})=0\)
得证
证积性函数的逆元也是积性函数
不会，但很好记
五、莫比乌斯反演的证明
\(f(n)=(g*1)(n)=\sum_{d|n} g(d)\)
\(g(n)=(f*\mu)=\sum_{d|n} f(d)\mu(\frac{n}{d})\)
\(f=g*1\)那么\(g=f*\mu\)
\(f=g*1\)
\(f*\mu=g*1*\mu\)
\(f*\mu=g*e\)
\(f*\mu=g\)
交换求和顺序
是个很好用的东西
\(\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m} a_{i,j}=\sum_{j=1}^{m}\sum_{i=1}^{n} a_{i,j}\)
\(\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=i}^{m} a_{i,j}=\sum_{j=1}^{m}\sum{i=1}^{j} a_{i,j}\)
\(\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{i} a_{i,j}=\sum_{j=1}^{m}\sum{i=j}^{n} a_{i,j}\)
上面几个画图很好理解，还可以通过考虑贡献来解决
若是更一般的求和式，如何处理呢？
交换原则：入内求交，出外求并
意思是：外层变量移动到内层，需要将内外限制条件取交以限制它；
而内层变量移动到外层，需求内外限制条件的并。
外层 \(i \in A\), 内层 \(j \in B(i)\),
-> 外层 \(j \in \bigcup B(i)\), 内层 \(i \in {i \in A | j \in B(i)}\)
将上面的用一下试试
\(\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=i}^{n} a_{i,j}\)
j的范围\(\bigcup^{n}_{i=1} [i,n]=[1,n]\)
i的范围\([1,n]\bigcup[j,n]=[1,j]\)
i的范围来自于i自己的限定和如果固定j对i的限定
\(\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{i} a_{i,j}\)
j的范围\(\bigcup^{n}_{i=1} [1,i]=[1,n]\)
i的范围\([1,n]\bigcap[j,n]=[j,n]\)
例1:不会
\(\sum_{i=1}^{n} \phi(i)\lfloor{\frac{n}{i}}\rfloor\)
\(\sum_{i=1}^{n} \phi(i) \sum_{i|j}^{n} 1\)
\(\sum_{i=1}^{n} \sum_{i|j}^{n} \phi(i)\)
\(\sum_{j=1}^{n} \sum_{i|j} \phi(i)\)
\(\sum_{j=1}^{n} j\)
\(\frac{n*(n+1)}{2}\)
例2:莫比乌斯反演的另一种证法
已知\(f(n)=\sum_{d|n} g(d)\)
求证\(g(n)=\sum_{d|n} f(\frac{n}{d})\mu(d)\)
原式\(=\sum_{d|n} \sum_{d1|\frac{n}{d}} g(d1)\mu(d)\)
\(=\sum_{d|n} \sum_{d1|\frac{n}{d}} g(d1)\mu(d)\)
交换原则：入内求交，出外求并
d1范围，显然d1范围是d1|n,因为对称性，将\(d1|\frac{n}{d}\)变为\(d1|n\)易证
d范围，考虑d1固定时对d有什么限制。\(\frac{n}{d}\)为\(d1\)倍数，那么d就为\frac{n}{d1}因数，证明:
\(\frac{n}{d}=k·d1\)
\(\frac{n}{d1}=k·d\)
\(=\sum_{d1|n} \sum_{d|\frac{n}{d}} g(d1)\mu(d)\)
\(=\sum_{d1|n} g(d1)\sum_{d|\frac{n}{d1}} \mu(d)\)
\(=\sum_{d1|n} g(d1) [\frac{n}{d1}=1]\)
\(=g(n)\)
请注意：求并操作做了n次，这是因为内层变量在枚举过程中受到外层n次限制。而求交操作只做一次，因为内层无论怎么变，对外层没有影响，提到外面，范围作形式保留
