数学学习笔记（持续更新中）

数学学习笔记

目录

• 前言
• 0.矩阵与快速幂
  • 矩阵乘法
  • 矩阵快速幂
  • 应用
  • 例题
• 1.质数与约数
  • 结论
  • 线性筛
    • 正确性与复杂度的证明
  • 例题
    • 质数距离
    • 不定方程
    • 余数之和
      • 整除分块
    • 哈希函数（质因数分解）
    • 数字对
    • 灯光控制
    • 最大公约数
  • 总结
• 2.同余问题
  • 结论
    • 一、基础概念
    • 二、同余
      • 费马小定理
      • 欧拉函数
      • 欧拉定理
    • 三、拓展欧几里得算法
      • 裴蜀定理
      • 应用
    • 四、线性同余方程
    • 五、乘法逆元
      • 求法
    • 六、中国剩余定理
  • 例题
    • 同余方程
    • 约数之和
    • 合法序列
    • 青蛙的约会
  • 总结
• 3.组合数学
  • 概念
    • 一、加法、乘法原理
    • 二、排列数与组合数
    • 三、二项式定理
    • 四、组合数的性质
    • 五、卢卡斯定理
  • 例题
    • 古代猪文
• 临时笔记
• 未完。

前言

要开始学数学（数论）了，于是特开一个专题来记录一下相关知识和有关问题。

0.矩阵与快速幂

这里我认为与数学关系不是很大，于是一笔带过吧。

矩阵，是 (n imes m) 个数 (a_{i,j}) 组成的数表，称为 (m) 行 (n) 列的矩阵。

记作： (A=egin{bmatrix}a_{1,1} & a_{2,1}&cdots&a_{1,m}\a_{2,1}&a_{2,2}&cdots& a_{2,n}\ vdots&vdots&ddots&vdots\a_{n,1} & a_{n,2}&cdots&a_{n,m} end{bmatrix}).

• 特别定义：单位矩阵 (I) ，其中 (a_{i,i} = 1)， 其余为 (0) 。
• 其性质：任意次方等于自己，与任意矩阵相乘等于另一矩阵。

矩阵乘法

令 (C=A imes B) 。

• 若 (A) 是 (n imes r) 的矩阵， (B) 是 (r imes m) 的矩阵，那么 (C) 是 (n imes m) 的矩阵。
• 定义： (C_{i,j} = sumlimits_{k=1}^r A_{i,k} imes B_{k,j})

矩阵乘法满足交换律，不满足结合律。

另外，矩阵内可以内套矩阵。形如 (P=egin{bmatrix}A&B\C&Dend{bmatrix}) ，其中 (A) ，(B) ， (C) ， (D) 为矩阵。它仍然满足矩阵乘法的规律。

矩阵快速幂

顾名思义，矩阵快速幂，就是矩阵的多次乘方。过程用快速幂优化。

模板：【【模板】矩阵快速幂】。

应用

可以用它来解决形如 (F_n=p imes F_{n-1}+q imes F_{n-2}+cdots) 的递推式。

甚至，形如 (f(i,j) = sum f(i,k) imes f(k,j)) 的动态规划也可用其解决。

例题

【P1349 广义斐波那契数列】

【P3758 可乐】

1.质数与约数

结论

1. 对于一个足够大的整数，不超过 (N) 的质数大约有 (dfrac N{ln N}) 个，即每 (ln N) 个数中有一个质数。

2. 算数基本定理：正整数 (N) 可以唯一分解成有限个质数的乘积，即 (N=p_1^{c_1}p_2^{c_2}cdots p_m^{c_m}) ，其中 (p) 都是质数， (c) 都是正整数，且满足 (p_1 <p_2<cdots<p_m) .

3. (N) 的正约数个数为 (prodlimits_{i=1}^m (c_i+1)) .

4. (N) 的所有正约数和为

   [prod limits_{i=1}^megin{pmatrix}sumlimits_{j=0}^{c_i} (p_i)^jend{pmatrix} ]

对于上一个式子，其中有(sumlimits_{j=0}^{c_i} (p_i)^j) .

它是一个等比数列的求和。

对于等比数列的求和，设首项为 (a_1) ，公比为 (q) ，其公式为： (S_n = dfrac{a_1(q^n-1)}{q-1}) .

证明：

[egin{aligned}S_n=& a_1+& a_1 imes q& + a_1 imes q^2+cdots+a_1 imes q^{n-1} & \S_n imes q= & & a_1 imes q& + a_1 imes q^2+cdots+a_1 imes q^{n-1}& + a_1 imes q^nend{aligned} ]

上下相减，移项，得到公式。

线性筛

先放代码

bool vis[M];
int pri[N],cnt;
void Prime(){
	for(int i = 2 ; i <= n ; i ++){
		if(!vis[i]) pri[++cnt] = i;
		for(int j = 1 ; j <= cnt && i * pri[j] <= n ; j ++){
			vis[i*pri[j]] = 1;
			if(!(i % pri[j])) break;
		}
	}
}

下面来详细解释：

vis[i] 表示 (i) 这个数是否被筛去过（其实也可以用它来记录某个数的最小质因子）。

其本质，是用每个数的最小质因子（即为 pri[j] ）来筛去这个数。

为什么判断break在后面？

• 考虑用 (2) 筛去 (4) .

正确性与复杂度的证明

以下内容参照 欧拉筛筛素数 - 学委 的博客

设一合数 (C)（要筛掉）的最小质因数是 (p1)，令 (B = dfrac C {p_1})（(C = B imes p_1)），则 (B) 的最小质因数不小于 (p_1) 否则 (C) 也有这个更小因子）。那么当外层枚举到 (i = B) 时，我们将会从小到大枚举各个质数；因为 (i = B) 的最小质因数不小于 (p_1)，所以 (i) 在质数枚举至 (p_1) 之前一定不会 break，这回，(C) 一定会被 (B imes p_i) 删去。

注意这个算法一直使用“某数×质数”去筛合数，又已经证明一个合数一定会被它的最小质因数 (p_1) 筛掉，所以我们唯一要担心的就是同一个合数是否会被“另外某数 × (p_1) 以外的质数”再筛一次导致浪费时间。设要筛的合数是 (C)，设这么一个作孽的质数为 (p_x)，再令 (A = dfrac C {p_x})，则 (A) 中一定有 (p_1) 这个因子。当外层枚举到 (i = A)，它想要再筛一次 (C)，却在枚举 (Prime[j] = p_1) 时，因为 (i mod Prime[j] == 0) 就退出了。因而 (C) 除了 (p_1) 以外的质因数都不能筛它。

例题

质数距离

【UVA10140 Prime Distance】

给定两个整数 (L,R) ，求 ([L,R]) 中相邻两个质数的差最大以及最小是多少，输出这两个质数。
(1leq Lleq Rleq2^{31}-1,0leq R-Lleq 10^7)

解析

(L,R) 很大，我们不能筛出所有的质数。

但是，可以筛出 (sqrt R) 以内的质数，用这些质数来筛 ([L,R]) 的质数，并存储在 (p[i-l]) 中。

int n,m;
int pri[N];bool vis[N];
void Prime(){
	for(int i = 2 ; i <= 1e6 ; i ++){
		if(!vis[i]) pri[++m] = i;
		for(int j = 1 ; j <= m && i * pri[j] <= 1e6 ; j ++){
			vis[i*pri[j]] = 1;
			if(!(i % pri[j])) break;
		}
	} 
}	
int p[N];
signed main(){
	ll l,r;
	Prime();
	while(scanf("%lld %lld",&l,&r) != EOF){
		memset(vis,0,sizeof(vis)); n = 0; 
		if(l == 1)vis[0] = 1;
		for(int j = 1 ; j <= m ; j ++)
			for(int i = l/pri[j] ; 1ll * i * pri[j] <= r ; i ++)
				if(i > 1)
					vis[i*pri[j]-l] = 1;
		for(int i = l ; i <= r ; i ++)
			if(!vis[i-l]) p[++n] = i;
		if(n < 2){puts("There are no adjacent primes.");continue;}
		int mx1 = p[1], mx2 = p[2],
			mn1 = p[1], mn2 = p[2];
		for(int i = 3 ; i <= n ; i ++){
			if(p[i]-p[i-1] > mx2-mx1) mx2 = p[i], mx1 = p[i-1];
			if(p[i]-p[i-1] < mn2-mn1) mn2 = p[i], mn1 = p[i-1];
		}
		printf("%d,%d are closest, %d,%d are most distant.
",mn1,mn2,mx1,mx2);
	}
	return 0;
}

不定方程

【不定方程】

求不定方程： (dfrac 1x+dfrac1y=dfrac1{n!})的正整数解 ((x,y)) 的数目。

(nleq10^6).

解析

先把式子改写一下，变成 (y=dfrac{xcdot n!}{x-n!}) 。

令 (t = x-n!) ， 则原式变为 (y=n!+dfrac {(n!)^2}t) .

则问题转化为：求出 ((n!)^2) 的约数总数。

根据上述的结论，可知对于正整数 (N) ，其约数共有 (prod(c_i+1))。

那么，对于正整数 (N^2) ，其约数共有 (prod(2 imes c_i+1))。

对于求 (n!) 的约数，我们有如下做法：

for(int i = 1 ; i <= m ; i ++)
		for(ll j = pri[i] ; j <= n ; j *= pri[i])
			(c[i] += n/j) %= mod;

下面详细解释一下：

比如我们考虑 (n=9) ， 先提取出其 (2) 的倍数为 (9!=cdots imes2 imes4 imes6 imes8 imescdots).

使用质因子 (2) 来筛：

[2=2 imescdots\4=2 imes2 imescdots\6=2 imescdots\8=2 imes2 imes2 imescdots\cdots ]

形象化地，如下图：

图源：conprour

我们求和，相当于每次求一个竖列的和并相加。

用如上代码，我们可以便捷地： (+) 红（(4)），(+)绿（(2)）(cdots)

于是它成立。

ll n,k,ans;
void solve(){
	ll l,r;
	for(l = 1 ; l <= n ; l = r + 1){
		if(k/l) r = min(n,k/(k/l));
		else r = n;
		ans -= k/l * (l+r) * (r-l+1) >> 1;
	} 
}
signed main(){
	n = read(), k = read();
	ans = n * k;
	solve();
	printf("%lld",ans);
	return 0;
}

---

余数之和

给定 (n,k) ，求

[G(n,k)=sum_{i=1}^n kmod i ]

(1leq n,kleq10^9) 。

题解

已知： (kmod i = k-leftlfloordfrac ki ight floor) 。

那么，对于原式，就是求

[egin{aligned} G(n,k)&=sum _{i=1}^n (k - leftlfloor dfrac ki ight floor)\ &=n imes k - sum_{i=1}^nleftlfloordfrac ki ight floor end{aligned} ]

其中， (sum lfloorfrac ki floor) 如果暴力求，是 (O(n)) 的。

但是，用一些方法，我们可以让它低至 (O(sqrt n)) 。

整除分块

整除分块，可以解决如同： 求 (sum lfloorfrac ki floor) 的问题。复杂度是 (O(sqrt n)) 。

我们可以发现，对于 (lfloorfrac ki floor) 的式子，随着 (i) 的增加，式子的值是类似阶梯块状单调不降的。

结论：对于 (lfloorfrac ki floor) 取值相同的 (i) ，设其取值相同时 (iin[l,r]) ， 则对于确定的 (l) ，则 (r = leftlfloordfrac k{leftlfloordfrac kl ight floor} ight floor) 。

证明：

懒得证明了，反正它是对的 QWQ 。

---

对于本题来说，在一个块内，则是 (leftlfloordfrac kl ight floor imes sumlimits_{i=l}^ri = leftlfloordfrac kl ight floor imes dfrac{(l+r) imes (r-l+1)}2) 。

ll n,k,ans;
void solve(){
	ll l,r;
	for(l = 1 ; l <= n ; l = r + 1){
		if(k/l) r = min(n,k/(k/l));
		else r = n;
		ans -= k/l * (l+r) * (r-l+1) >> 1;
	}
}
signed main(){
	n = read(), k = read();
	ans = n * k;
	solve();
	printf("%lld",ans);
	return 0;
}

哈希函数（质因数分解）

设 (x,y) 的hash函数为：(h=x imes y+x+y)。对于给出一个 (h) 值，问有多少对 ((x,y)) 满足 (max(x,y)leq h) ， (h,x,y) 都为非负整数。

(hleq 10^8,Tleq10^4)

题解

终于能不看题解做出数论的题了！

由于给定函数，可知 (h ge max(x,y)) 恒成立。于是不需考虑这个条件。

移项，变成 (y = dfrac{h-x}{x+1}) 。

设 (t = x +1) ，则原式变为： (y = dfrac{h-t+1}t = dfrac {h+1}t-1) 。

则直接统计 (h+1) 的因子个数即可。

用这道题也可以练一下质因数分解。

ll n;
bool vis[N];
int pri[N],pcnt;
void Prime(){
	for(int i = 2 ; i <= 1e4 ; i ++){
		if(!vis[i]) pri[++pcnt] = i;
		for(int j = 1 ; j <= pcnt && i * pri[j] <= 1e4 ; j ++){
			vis[i*pri[j]] = 1;
			if(!(i%pri[j])) break;
		}
	}
}
int cnt,c[N],p[N];
inline bool isprime(ll x){
	ll ed = sqrt(x);
	for(int i = 2 ; i <= ed ; i ++) if(!(x % i)) return 0;
	return 1;
}
void work(){
	ll x = n = read()+1;
	memset(c,0,sizeof(c));
	cnt = 0;
	for(int i = 1 ; i <= pcnt ; i ++){
		if(!(x % pri[i])) p[++cnt] = pri[i];
		while(!(x % pri[i])) c[cnt] ++ , x /= pri[i];
		if(x == 1) break;
	}
	ll ans = 1;
	if(x > 1e4 && isprime(x))p[++cnt] = x,c[cnt] = 1;
	for(int i = 1 ; i <= cnt ; i ++)
		ans *= (c[i]+1);
	printf("%lld
",ans);
}
signed main(){
	Prime();
	int T = read();
	while(T--) work();
}

数字对

对于一个数字对 ((a,b)) ，我们可以通过一次操作将其变为新数字对 ((a+b, b)) 或 ((a, a+b)) 。

给定一正整数 (n) ，问最少需要多少次操作可将数字对 ((1, 1)) 变为一个数字对，该数字对至少有一个数字为 (n)。

题解

又是自己想出来的！

发现逆过程和更相减损法相同，于是直接枚举 ((n,x)) 的 (x) ，进行更相减损法就可以。

注意：深搜需要进行最优性剪枝。

void solve(int a,int b,int dep){
	if(dep > ans) return;
	if(a == 1 && b == 1) {ans = min(ans,dep);return;}
	if(a == b) return;
	if(a < b) swap(a,b);
	solve(a-b,b,dep+1);
}
signed main(){
	n = read();
	if(n == 1){puts("0");return 0;}
	for(int i = 1 ; i < n ; i ++)
		solve(n,i,0);
	printf("%d",ans);
}

后续

看了一下题解的做法，题解还是更巧妙……

上述和我的相同，但是不同的部分在于，在辗转相减的过程中，可以直接改为辗转相除进行优化，时间效率显著提升（其实并没有？）

void solve(int a,int b,int dep){
	if(dep-1 > ans) return;
	if(!b){
		if(a == 1) ans = min(ans,dep-1);
		return;
	}
	solve(b,a%b,dep+a/b);
}
signed main(){
	n = read();
	if(n == 1){puts("0");return 0;}
	for(int i = 1 ; i < n ; i ++)
		solve(n,i,0);
	printf("%d",ans);
}

灯光控制

学校宿管有一套神奇的控制系统来控制寝室的灯的开关：

共有 (n) 盏灯，标号为 (1) 到 (n) ，有 (m) 个标有不同质数的开关，开关可以控制所有标号为其标号倍数的灯，按一次开关，所有其控制的灭着的灯都点亮，所有其控制的亮着的灯将熄灭。现在，宿管可以无限的按所有开关，所有灯初始状态为熄灭，请求出最多能点亮几盏灯。

(nleq1000,mleq{n exttt{以内的质数的总个数}})。

题解

没有想出……

1. 对于 (ileq sqrt n) ，所有的质数最多有 (11) 个，这里爆搜就可以。
2. 对于 (ige sqrt n) ，每个灯最多只会被唯一一个(gesqrt n) 的 (i) 覆盖一次。这里在前一个条件完全做完后，依次枚举即可。

对于2.，可以使用贪心。如果答案变大就一定保留它。（原因还是只会被修改一次）。

注意：所有的统计答案应该在 1.、2.全部做完后进行，否则答案可能不会最优！

int n,m;0000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000int pri[N];bool c[N],wrk[N]; int ans;void dfs(int cur,const int lim){	if(cur == lim+1){		memset(c,0,sizeof(c));		for(int i = 1 ; i <= lim ; i ++)			if(wrk[i])				for(int j = 1 ; j * pri[i] <= n ; j ++)					c[j * pri[i]] ^=  1;		int ret = 0;		for(int i = 1 ; i <= n ; i ++) ret += c[i];		for(int i = lim+1 ; i <= m ; i ++){			int delt = 0;			for(int j = 1 ; j * pri[i] <= n ; j ++)				delt += c[j*pri[i]] ? -1 : 1;			if(delt > 0){				ret += delt;				for(int j = 1 ; j * pri[i] <= n ; j ++)					c[j*pri[i]] ^= 1;			}		}		ans = max(ans,ret);		return;	}	wrk[cur] = 0;dfs(cur+1,lim);	wrk[cur] = 1;dfs(cur+1,lim);}void work(){	n = read(), m = read();	for(int i = 1 ; i <= m ; i ++) pri[i] = read();	sort(pri+1,pri+m+1);	int lim = upper_bound(pri+1,pri+m+1,sqrt(n))-pri-1;	ans = 0;	dfs(1,lim);	printf("%d
",ans);}signed main(){	int T = read();	while(T--) work();}

最大公约数

有 (n) 个数字 (a_1,a_2,cdots，a_n) ，求 (maxgcd(a_i,a_j)(i eq j))。

(nleq10000,1le a_ile 10^6)。

题解

自己做出来就是舒服！

开始有点想偏了，想到质因数分解去了……

这里，直接枚举 (sqrt {a_i}) 以下的 (a_i) 的因数，并给其另一个因数打上标记。最后找到最大的标记数 (ge2) 的就是答案了。

signed main(){	n = read();	for(int i = 1 ; i <= n ; i ++) a[i] = read();	int mx = 0;	for(int i = 1 ; i <= n ; i ++){		int ed = sqrt(a[i]);		mx = max(mx,a[i]);		for(int j = 1 ; j <= ed ; j ++)			if(!(a[i] % j)) {				stk[j]++, stk[a[i]/j] ++;				if(j*j == a[i]) stk[j] --;			}	}	for(int i = mx ; i ; i --)		if(stk[i] > 1){			printf("%d",i);			return 0;		}}

总结

质数与约数算是数论的入门章节，其变化也不是很多。

主要知识就是算数基本定理、筛法求质数、除法分块。而常常配合其他算法使用。

从这里入门，大概有了数论的思路：

得到式子，用技巧简化计算。

2.同余问题

结论

一、基础概念

1. (a|b) ，(a) 能整除(b) 。
2. (aequiv bpmod m) ：(a) 与 (b) 在模 (m) 意义下同余。
3. (varphi(n)) ：欧拉函数，表示 ([1,n]) 中与 (n) 互质的数的个数。

二、同余

(aequiv bpmod mLeftrightarrow m|(a-b)Leftrightarrow a=b+k imes m)

同余有如下性质：

自反性、对称性、传递性、同加/减/乘/幂 性（没有同除性）。

另外：

1. (aequiv x pmod p,aequiv xpmod q) ，其中 (p,q) 互质，那么 (aequiv xpmod{(pq)}) .
2. 若 (gcd(a,b) = 1) ，则 (forall i,j(i otequiv jpmod p),a imes i otequiv a imes jpmod p) .
3. 当 (gcd(a,n) = 1) 时，(forall i(gcd(i,j) = 1),gcd(a imes imod n,n0) = 1) 0.

相关定理

费马小定理

若 (p) 是质数，则对于任意整数 (a) ，有(a^pequiv apmod p) .

推论：若 (p) 是质数00000，且(p mid a) 时， (a^{p-1}pmod p) .

欧拉函数

1. 若 (n=p^k) ，则 (varphi(n) = p^k-p^{k-1}) .
2. 设互质的两个正整数 (n,m) ，那么 (varphi (nm)=varphi(n) imesvarphi(m)) .
3. 设 (N = prodlimits_{i=1}^n p_i^{k_i}) ，则 (varphi(N) = N imesprodlimits_{i=1}^n(1-dfrac 1{p_i})) .
4. (varphi(N)=prodlimits_{i=1}^n varphi(p_i^{p_i}))

欧拉定理

当 (gcd(a,n)=1) 时，有 (a^{varphi(n)} equiv 1pmod n) .

推论：若 (gcd(a,n)=1) ，则 (a^bequiv a^{p\,mod\, varphi(n)}pmod n) .

扩展欧拉定理：若 (bgevarphi(n)) ，则 (a^bequiv a^{b\,mod\,varphi(n)+varphi(n)}pmod n) .

根据欧拉定理，我们可以知道：(p) 质数且 (gcd(a,p)=1) ，则 (a^bequiv a^{b\,mod\,(p-1)}pmod p) .

---

三、拓展欧几里得算法

裴蜀定理

对于任意整数 (a,b) ，存在一对整数 (x,y) ，满足 (ax+by=gcd(a,b)) .

应用

求 (ax+by=gcd(x,y)) 的解。

int exgcd(int a,int b,int& x,int &y){	if(!b){x = 1 , y = 0; retu000rn a;}	int g = exgcd(b,a%b,x,y);	int t = x; x = y , y = t - a/b * x;	return g;} 

对于 (ax+by=c(cleqgcd(a,b))) ，只有 (c=gcd(a,b)) .

另外，若 ((x,y)) 是原方程的解，那么 ((xpmdfrac b{gcd(a,b)},ympdfrac a{gcd(a,b)})) 也是解。

四、线性同余方程

形似 (axequiv cpmod b) 的方程。

结论：当 (gcd(a,b)|c) 时， (axequiv cpmod b) 一定有解。反之，无解。

假设已知其中一个解 (x=x_0) ，那么该方程在模 (b) 意义下，有 (gcd(a,b)) 个不同的解。其中 (x_i=Bigg(x_0+i imes dfrac d{gcd(a,b)}Bigg)mod b) 。

五、乘法逆元

如果 (b,p) 互质，且 (b|a) ，则存在一个整数 (x) ，使得 (dfrac abequiv axpmod p) ，那么 (x) 称为 (b) 在模 (p) 的意义下的乘法逆元，记作 (b^{-1}) 。

求法

1. 对于 (p) 是质数，则可以便捷0地使用费马小定理： (b^{-1}equiv b^{p-2}pmod p) .
2. 对于 (p) 非质数，可以使用拓展欧几里得解同余式解决： (bxequiv 1pmod pRightarrow bx+py=1)
3. 可以使用线性求逆元。设 (r=bmod p) ，则对于 (b) 的逆元，公式为 (b^{-1}=-r^{-1} imesleftlfloordfrac pb ight floor)

for(int i = 1 ; i <= n ; i ++)
	inv[i] = ((p-p/i*inv[p%i])%p+p)%p;

六、中国剩余定理

给定一个方程组：

[left{egin{matrix} xequiv a_1pmod{m_1}\ xequiv a_2pmod{m_20} \cdots\ xequiv a_npmod{m_n} end{matrix} ight. ]

若 (m_1cdots m_n) 两两互质，则必定有解。

设 (M=prod m_i) ，(M_i=dfrac M{m_i}) ， (t_iM_iequiv 1pmod{m_i}) 。（注意是在模 (m_i) 下的逆元）

那么，其解为：(sumlimits_{i=1}^na_iM_it_i) .

证明

设 (p = sumlimits_{i=1}^na_iM_it_i) .

对于方程组的第 (j) 个式0子：

[a_iM_it_iequiv left{egin{matrix}0pmod {m_j} & ,& i eq j.& ext{因为}M_i ext{中必有}m_j ext{这个因子}\ a_ipmod{m_j}&,&i=j.& ext{因为}M_it_iequiv 1pmod{m_i}end{matrix} ight. ]

证毕。

因为 (m_i) 不一定是质数，所以逆元使用拓展欧几里得解决。

关于中国剩余定理的本质， 是构造出 (R_i) ，使得

[R_iequivleft{egin{matrix}1&,&i=k\ 0&,&i eq kend{matrix} ight.pmod {m_k} ]

ll mul=1,M[N],m[N],a[N],t[N],ans;
ll exg0cd(ll a,ll b,ll& x,ll& y){
	if(!b){x=1,y=0 ;return a;}
	ll g = exgcd(b,a%b,x,y);
	ll t = x; x = y , y = t-a/b*x;
	return g;
}
void CRT(){
	ll b;
	for(int i = 1 ; i <= n ; i ++)
		M[i] = mul / m[i],
		exgcd(M[i],m[i],t[i],b),
		(ans += a[i]*M[i]%mul*t[i]%mul+mul) %= mul;
}
signed main(){
	n = read();
	for(int i = 1 ; i <= n ; i ++)
		m[i] = read(), a[i] = read(),
		mul *= m[i];
	CRT();
	printf("%lld",ans);
}

例题

同余方程

求关于 (x) 的同余方程 (a x equiv 1 pmod {b}) 的最小正整数解。

保证有解。

题解

来自前面的结论：当 (gcd(a,b)|1) 时原方程一定有解。且有 (gcd(a,b)) 个不同的解。

对于此题，将式子化为 (ax+by=1) ，即为求 (ax+by=gcd(a,b)) 的 (x) ，因为仅有一解，所以它就是最小整数解。

约数之和

求 (A^B) 的所有约数之和 (mod9901) 。

题解

(A) 的所有约数之和为 (prod limits_{i=1}^megin{pmatrix}sumlimits_{j=0}^{c_i} (p_i)^jend{pmatrix}) 。

那么 (A^B) 的所有约数之和为 (prod limits_{i=1}^megin{pmatrix}sumlimits_{j=0}^{color{red}{B}c_i} (p_i)^jend{pmatrix}) 。

用等比数列展开一下，就是 (prod limits_{i=1}^megin{pmatrix}dfrac{p_i^{Bc_i+1}-1}{p_i-1}end{pmatrix} mod 9901)

对于累乘内的式子，我们要考虑它是否可以逆元求。

当 (gcd(p_i-1,9901)=1) 时，可以直接用 费马小定理 逆元求这一项。

否则，因为 (9901) 是质数，那么 (9901|p_i-1) 必定成立。

我们设 (t=p_i-1) ， 则 (p_i=t+1) ，(9901|t)。

原始相当于转化为：求 (sumlimits_{j=0}^{Bc_i} (t+1)^jmod 9901) 。

((t+1)^j) ，展开后对 (9901) 取模，答案一定为 (1) .

所以此项结果是 (Bc_i+1)。

signed main(){	a = read(), b = read();	Prime();	for(int i = 1 ; i <= pcnt && a >= pri[i]; i ++){		if(!(a % pri[i])) p[++cnt] = pri[i];		while(!(a % pri[i])) c[cnt] ++, a /= pri[i];	}	if(a > 1) p[++cnt] = a, c[cnt] = 1;	ll ans = 1;	for(int i = 1 ; i <= cnt ; i ++)		if((p[i]-1) % mod) (ans *= (qpow(p[i],b*c[i]+1)-1) * qpow(p[i]-1,mod-2) % mod) %= mod;		else (ans += b*c[i]+1) %= mod;	printf("%lld",ans);}

合法序列

给你一个长度为 (N) 的正整数序列，如果一个连续的子序列，子序列的和能够被 (K) 整除，那么就视此子序列合法，求原序列包括多少个合法的连续子序列？

题解

对于一个连续子序列 ([l,r]) ，其和能被 (K) 整除，即为 (sum_r equiv sum_{l-1}pmod K) 。

用栈记录即可。

	memset(stk,0,sizeof(stk));	stk[0] = 1;	k = read(), n = read();	for(int i = 1 ; i <= n ; i ++)		sum[i] = (sum[i-1] + read()) % k,		stk[sum[i]] ++;	ll ans = 0;	for(int i = 0 ; i < k ; i ++)		ans += (stk[i]-1)*stk[i] >> 1;	printf("%lld
",ans);

青蛙的约会

有两只青蛙，青蛙 A 和青蛙 B，他们在同一条经纬线上。他们将同时出发，沿着经纬线先西跳。规定纬度线上东经 (0) 度处为原点，由东往西为正方向，单位长度 (1) 米，这样我们就得到了一条首尾相接的数轴。设青蛙A的出发点坐标是 (x) ，青蛙 B 的出发点坐标是 (y) 。青蛙 A 一次能跳 (m) 米，青蛙 B 一次能跳 (n) 米，两只青蛙跳一次所花费的时间相同。纬度线总长 (L) 米。现在要你求出它们跳了几次以后才会位于同一点。

题解

一道灵活运用同余方程的题。

首先显然有 (x+mtequiv y+ntpmod L) .

移项一下，变成 ((m-n)tequiv y-xpmod L) .

(Rightarrow a imes l +(m-n)t = y-x) .

将 (l) 与 (m-n) 看作常量，则原式是不定方程。

已知： (ax+byequiv c) ，当且仅当 (gcd(a,b)| c) 时有解。

所以原式先判断是否有解。

若有解，则要求最小整数解。

根据同余方程的结论，若 ((x,y)) 是原方程的解，那么 ((xpmdfrac b{gcd(a,b)},ympdfrac a{gcd(a,b)})) 也是解。

于是我们可以用这个方式得到原式的最小整数解。

ll exgcd(ll a,ll b,ll& x,ll& y){
	if(!b){x = 1 , y = 0; return a;}
	ll g = exgcd(b,a%b,x,y);
	ll t = x; x = y , y = t- a/b * x;
	return g;
}
signed main(){
	ll x = read(), y = read(), m = read(), n = read(), l = read();
	if(m < n) swap(n,m), swap(x,y);
	ll a,t;
	ll g = exgcd(l,m-n,a,t);
	if((y-x) % g) puts("Impossible");
	else printf("%lld",((t*(y-x)/g)%(l/g)+l/g)%(l/g));
}

总结

同余中有很多重要的结论与定理。需熟练掌握。

另外，同余方程与不定方程求解也是比较重要的内容。这方面仍需多加练习。

3.组合数学

概念

一、加法、乘法原理

加法原理：完成一个工程可以有 (n) 类办法， (a_i) 代表第 (i) 类方法的数目。那么完成这件事共有 (S=sumlimits_{i=1}^n a_i) 种不同的方法。

乘法原理：完成一个工程可以有 (n) 类办法， (a_i) 代表第 (i) 类方法的数目。那么完成这件事共有 (S=prodlimits_{i=1}^n a_i) 种不同的方法。

二、排列数与组合数

排列数：从 (n) 个不同元素中，任取 (m) 个元素按一定顺序排成一列，用 (mathrm A_n^m) 表示。

[mathrm A_n^m = n(n-1)(n-2)cdots(n-m+1)=dfrac{n!}{(n-m)!} ]

公式的理解：选取 (m) 个数，第 (1) 个数有 (n) 种可选，第 (2) 个数有 ((n-1)) 种可选，……，第 (m) 个数有 ((n-m+1)) 种可选，运用乘法原理得到公式。

全排列： (mathrm A_n^m = n!) ，表示 (n) 个数的全排列个数。

组合数： 从 (n) 个不同元素中，任取 (m) 个元素按组成一个集合。用 (mathrm C_n^m) 表示。

[mathrm C_n^m=dfrac {mathrm A_n^m}{m!}=dfrac{n!}{m!(n-m)!} ]

公式的理解：组成无序的集合，然后进行“全排列”，相当于排成一列。故 (mathrm C_n^m imes m!=mathrm A_n^m) 。

(mathrm C_n^m) 还可以表示为 (egin{pmatrix}n\mend{pmatrix}) 。

三、二项式定理

二项式定理阐明了一个展开式的系数：

[(a+b)^n=sum_{i=0}^n egin{pmatrix}n\iend{pmatrix} a^ib^{n-i} ]

公式的理解：将 ((a+b)^n) 拆开为 ((a+b)(a+b)cdots(a+b)) 。对于含有 (a^i) 的一项，相当于从 (n) 个因数中选取 (i) 个取 (a) ，有 (egin{pmatrix} n\iend{pmatrix}) 种选取方式。另外，另 (n-i) 项必定选取 (b) 。

四、组合数的性质

(egin{pmatrix}n\mend{pmatrix}=egin{pmatrix}n-m\mend{pmatrix})

从 (n) 中选 (m) 个，等价于从 (n) 中剩 (n-m) 个。

(egin{pmatrix}n\mend{pmatrix}=dfrac nmegin{pmatrix}n-1\m-1end{pmatrix})

(egin{pmatrix}n\mend{pmatrix}=egin{pmatrix}n-1\m-1end{pmatrix}+egin{pmatrix}n-1\mend{pmatrix})

递推式，可以理解成：已知从 (n-1) 个数里选取的方案。考虑新加入一个数，若选取这个数，则相当于在原 (n-1) 个数中选取 (m-1) 个；若不选取这个数，则相当于在原 (n-1) 个数中选取 (m) 个。

五、卢卡斯定理

对于求组合数对质数取模，有：

[mathrm C_n^mequiv mathrm C_{n mod p}^{m mod p} imesmathrm C_{leftlfloor frac np ight floor}^{leftlfloor frac mp ight floor} pmod p ]

inline ll C(int n,int m){return n >= m ? fac[n]*ifac[m]%mod*ifac[n-m]%mod : 0;}
ll lucas(int n,int m){
	if(!m) return 1;
	return C(n%mod,m%mod)*lucas(n/mod,m/mod) % mod;
}

例题

古代猪文

iPig 在大肥猪学校图书馆中查阅资料，得知远古时期猪文文字总个数为 (n) 。当然，一种语言如果字数很多，字典也相应会很大。当时的猪王国国王考虑到如果修一本字典，规模有可能远远超过康熙字典，花费的猪力、物力将难以估量。故考虑再三没有进行这一项劳猪伤财之举。当然，猪王国的文字后来随着历史变迁逐渐进行了简化，去掉了一些不常用的字。

iPig 打算研究古时某个朝代的猪文文字。根据相关文献记载，那个朝代流传的猪文文字恰好为远古时期的 (frac 1k) ，其中 (k) 是 (n) 的一个正约数（可以是 (1) 或 (n)）。不过具体是哪 (frac 1k)，以及 (k) 是多少，由于历史过于久远，已经无从考证了。

iPig 觉得只要符合文献，每一种 (k|n) 都是有可能的。他打算考虑到所有可能的 (k) 。显然当 (k) 等于某个定值时，该朝的猪文文字个数为 (frac nk)。然而 (n) 个文字中保留下 (frac nk) 个的情况也是相当多的。iPig 预计，如果所有可能的 (k) 的所有情况数加起来为 (p) 的话，那么他研究古代文字的代价将会是 (g^p)。

现在他想知道猪王国研究古代文字的代价是多少。由于 iPig 觉得这个数字可能是天文数字，所以你只需要告诉他答案除以 (999911659) 的余数就可以了。

(1le n,g le 10^9) .

简化题面

求(g^{sumlimits_{i|n}mathrm C^i_n}pmod{999911659})。

题解

数论大杂烩题啊……

分为以下步骤来进行：

1. 根据欧拉定理的推论，(egin{matrix}g^{ sumlimits_{i|n}mathrm C^i_n}pmod{999911659} & = & g^{ sumlimits_{i|n}mathrm C^i_npmod{varphi(999911659)}}pmod{999911659} \ & = & g^{ sumlimits_{i|n}mathrm C^i_npmod{999911658}}pmod{999911659}end{matrix}) .
2. 对于这个式子，我们可以先求 sumlimits_{i|n}mathrm C^i_npmod{999911658} $，再用快速幂来解决。
3. 因为 (nleq 10^9) ，枚举其所有因数复杂度必定可行，所以先求出 (n) 的所有因数。
4. 因为模数 (999911658) 不是质数，所以求 (mathrm C_n^i) 不可以使用逆元。
5. 有 4. 的限制，我们不得考虑：
   • 将模数 (999911658) 分解质因数为 (2 imes3 imes4679 imes35617) .
   • 分别计算 $$mathrm C_n^i$$ 对于模上述的四个质数条件下的值。
   • 对于得到的四个值，等价于给定四个同余方程。
6. 使用中国剩余定理来求这个确定的 $sumlimits_{i|n}mathrm C^i_npmod{999911658} $ .

ll n,g;
ll fac[N],ifac[N];
ll b[M] = {0,2,3,4679,35617};
ll qpow(ll a,int b,ll p){
    ll ret = 1;
    while(b){
        if(b & 1) (ret *= a) %= p;
        (a *= a) %= p, b >>= 1;
    }
    return ret;
}
ll a[M],m[M],t[M];
ll c[N],cnt;
inline ll C(int n,int m,ll p){return n >= m ? fac[n]*ifac[m]%p*ifac[n-m]%p : 0;}
ll lucas(int n,int m,ll p){
	if(!m) return 1;
	return C(n%p,m%p,p) * lucas(n/p,m/p,p) % p;
}

void work(int x){
    ll p = b[x];
    ifac[0] = fac[0] = 1;
    for(int i = 1 ; i < p ; i ++) fac[i] = fac[i-1] * i % p;
    ifac[p-1] = qpow(fac[p-1],p-2,p);
    for(int i = p-2 ; i ; i --) ifac[i] = ifac[i+1] * (i+1) % p;
    for(int i = 1 ; i <= cnt ; i ++) (a[x] += lucas(n,c[i],p)) %= p;
}
ll CRT(){
	ll mul = 1, ret = 0;
	for(int i = 1 ; i <= 4 ; i ++) mul *= b[i];
	for(int i = 1 ; i <= 4 ; i ++) m[i] = mul / b[i],
		t[i] = qpow(m[i],b[i]-2,b[i]);
    for(int i = 1 ; i <= 4 ; i ++)
		(ret += a[i]*m[i]*t[i]) %=  mul;
	return ret;
}
signed main(){
    n = read(), g = read();
    if(!(g % mod)) return puts("0"), 0;
    int ed = sqrt(n);
	for(int i = 1 ; i <= ed ; i ++)
		if(!(n % i))
			c[++cnt] = i,
			c[++cnt] = n/i;
	if(ed*ed == n) cnt --;
    for(int i = 1 ; i <= 4 ; i ++) work(i);
    ll ans = CRT();
    printf("%lld",qpow(g,ans,mod));
    return 0;
}

临时笔记

Miller-Rabin素数

积性函数：单位函数、常数1、约数个数函数、约数和函数、欧拉函数

快速幂b=b%(p-1);

未完。