数学小知识（长期更新)

如果有任何地方写错了，欢迎在评论里指出

前言

今天开始学习数论，大概就是学一些自己以前不会或者说搞得不是特别懂的东西。
原因
1.感觉以前学数论都是背了结论就跑，一直没有理解，感觉不仅容易忘，想起来还漏洞百出，特地来填一下坑。
2.感觉自己的数论太弱了，之前出了一个扩展欧拉定理都不会了QAQ
其实我就没会过
不管有用的没用的都学了一下,留个印象吧,至少可以装逼。
学习顺序大致是前面是后面的基础

10.22下午

整除的定义：

如果n/m是一个整数，且m>0，那么就是整除，注意要m>0

欧几里得算法：

gcd(0,n)=n
gcd(m,n)=gcd(n%m,m)

扩展欧几里得算法：

m′m+n′n=gcd(n,m)
求可行的m′和n′
当m=0时,使得m′=0,n′=1
反之另r=n%m
并用r,m递归操作
由于r=n−⌊n/m⌋∗m，（前面的是下取整)且rr′+mm′=gcd(m,n)
然后把r代过去就可以了

算术基本定理

我才不会告诉你我没有认真看证明呢

一些看似没什么用的定义：

欧几里得数和麦森数，麦森数质数

阶乘的增长速度

nn/2<=n!<=(n+1)n2n
证明挺简单的，不写了

斯特林公式

误差大概是1/(12n)，感觉没什么用。。

求出n!含有多少个2，（不是2的类推）：

朴素算法大家都会，就是

∑i=1∞⌊n/i⌋

然后log次久之后就都是0了
然后还有另外一种算法，定义v(n)为n的二进制中1的个数
然后答案就是n−v(n)
这个大家可以化成二进制，然后考虑每一位对答案的贡献，就可以得出那个式子了

当然还有上面那个问题答案的上界

ans<np+np2+np3+np4+npk
k趋向与∞
用等比数列可以将该式子化成ans<np−1
这个似乎也没什么用，但是我学了一下无穷几何级数求和

10.22晚

（因为很困，所以效率极低）

逆元

对于正整数ax≡1(modp)
具体有什么用？当要对模数进行除法的时候可以改为乘他的逆元

原因(d为被除数）：
da(modp)=da∗a∗x(modp)=d∗x(modp)

怎么求呢？
解不定方程（用欧几里得即可）：ax+bp=1
正确性显然

快速幂：a(p−2)次方即为他的逆元
根据费马小定理:
a(p−1)≡1(modp)
a∗a(p−2)≡1(modp)
要值得除以的是，这个这个定理是当p为质数且a，p互质的时候成立的，所以实用性没那么广

存在条件：a与p互质
因为当且仅当a和q互质的时候，不定方程有解（原因看下一个）
费马小定理成立，且费马小定理还必须当p时质数

裴蜀定理

内容:ax+by=d有解的条件为d是gcd(x,y)的倍数
设g=gcd(x,y)
ax+by=g的情况一定有解，我有一个不靠谱的想法：既然构造方式都有了，又怎么会无解呢？
又因为x是g的倍数，y是g的倍数，所以ax+by当然也是g的倍数啦
所以当g不为1的时候，ax+by=1是无解的，所以逆元要求a和q互质

法里级数

定义：阶为N的法里级数，是介于0到1之间分母不超过N的所有最简分数组成的数的集合，且按照递增的次序排列
构造方法：我们可以用插入法，来获得。。不是很想打太多字了。方法叫做Stern-Brocot树。如果N无限大，那么这棵树就无限深。你可以用这个“二分”出一个无理数两端无限接近的分数
做题用处：不怎么知道

同余的知识

这个烂大街了。。就是炒了一下冷饭
还有就是ak≡bk(modpk)
可以得出a≡b(modp)

中国剩余定理与扩展中国剩余定理

用处：解同余方程
这个东西我以前没学过，今晚刚刚学的
放一下学习资料吧
中国剩余定理
扩展中国剩余定理
扩展中国剩余定理的板子：

#include<cstdio>#include<cstring>typedef long long LL;LL exgcd (LL a,LL b,LL &x,LL &y){    if (a==0)    {        x=0;y=1;        return b;    }    LL tx,ty;    LL d=exgcd(b%a,a,tx,ty);    x=ty-(b/a)*tx;    y=tx;    return d;}int main(){    LL n;    LL b1,m1;//第一个方程的余数和除数    bool tf=true;    scanf("%lld",&n);    scanf("%lld%lld",&b1,&m1);    for (LL u=2;u<=n;u++)    {        LL b2,m2;        scanf("%lld%lld",&b2,&m2);        LL A=m1,B=m2,C=b2-b1;        LL X,Y;        LL d=exgcd(A,B,X,Y);        if (C%d!=0) {tf=false;break;}        X=(X*(C/d)%(B/d)+(B/d))%(B/d);        b1=m1*X+b1;        m1=m1/d*m2;    }    if (!tf) printf("no solution!\n");    else printf("%lld\n",b1);    return 0;}

10.23晚

（今晚也没弄什么伟大的东西）

一个不知道叫什么的定理

0(modm),n(modm),2n(modm),3n(modm)......(m−1)n(modm),
设d=gcd(n,m)
这m个数将会按照某种次序恰好组成m/d个数的d个复制
我们可以得到
jn≡kn(modm)
j(n/d)≡k(n/d)(modm/d)
当0≤k≤m/d的时候，就会出现这d个复制
特别的，当d=1的时候，我们发现这些数刚好就是0,1,2......m−1
根据雀巢原理，当n⊥m的时候
jn≡kn(modm)
j≡k(modm)
由此可得，每隔m个数才会出现一组循环节

费马小定理

性质np−1≡1(modm)
p是质数且n⊥p

通过上面那个不知道什么东西可以知道：n(modp),2n(modp)...(p−1)n(modp)就是一个1,2,3,4,5,6....p−1的排列
所以n∗(2n)∗.....∗(p−1)n在模p的意义下就是(p−1)!
所以(p−1)!np−1≡(p−1)!(modp)

费马大定理

对于任意一个n>2，对所有正整数a,b,c,n有
an+bn≠cn
证明：没有

下面两个由于内容有点多，于是我想偷懒

欧拉函数

欧拉定理：nϕ(m)≡1(modm) 证明

其他的定理:∑d|mϕ(d)=m
这个的证明你可以吧m为分母所有的分数都列出来，然后化简分组
发现12的每一个因子都出现在分母上，一起出现的还有ϕ(d)个分子

莫比乌斯函数

反演原理：略
递推式：略

扩展欧拉定理

但其实我觉得第一种情况是可以并到第三种里面去的
因为当a,p互质的时候，根据费马小定理，你加上那个ϕ(p)是没有任何影响的
资料来源
我来说一下他里面的引理：

由第一个式子可得(x−y)|m1
由第二个式子可得(x−y)|m2
所以(x−y)|lcm(m1,m2)
知道了推论下面的就很简单了

这个的话，我的方法比较玄学
我们可以吧前面的函数值写出来，其实是pq−pq−1
化简可得pq−1∗(p−1)
由于p是大于1的正整数，p为素数，那么pq−1最少就是2，后者的两倍也最少大2，显然比q要大

后面如果你可以牢记这两个推论，下面的路就好走了
盗图：

例题：相逢是问候

10.24上午

做了很久的相逢是问候
然后求去学扩展Lucas了
感觉效率很低

Lucas定理

当p是质数的时候，在模p的意义下
我不想写markdown了

C(n,m)=C(n%p,m%p)*C(n/p,m/p)

证明：没有
感觉这个还是蛮实用的

扩展Lucas

这个的话，不需要p是质数，但是复杂度与p最大的质数的幂有关
学习资料
这里讲得特别好
例题
板子:

#include<cstdio>#include<cstring>typedef long long LL;LL w[10];LL n,m;LL MOD;LL need;//需要多少LL pow (LL x,LL y,LL mod){    if (y==0) return 1;    if (y==1) return x;    LL z=pow(x,y>>1,mod);    z=z*z%mod;    if (y&1) z=z*x%mod;    return z;}LL mul (LL n,LL pi,LL pk){    if (n==0) return 1;    LL ans=1LL;    for (int u=2;u<=pk;u++)        if (u%pi!=0)            ans=ans*u%pk;    ans=pow(ans,n/pk,pk);    for (int u=2;u<=n%pk;u++)        if (u%pi!=0)            ans=ans*u%pk;    return ans*mul(n/pi,pi,pk)%pk;}void exgcd (LL a,LL b,LL &x,LL &y){    if (a==0)    {        x=0;y=1;        return ;    }    LL tx,ty;    exgcd(b%a,a,tx,ty);    x=ty-(b/a)*tx;    y=tx;    return ;}LL inv (LL A,LL mod){    if (A==0) return 0;    LL a=A,b=mod,x,y;    exgcd(a,b,x,y);    x=(x%b+b)%b;    while (x<=0) x+=b;    return x;}LL C (LL n,LL m,LL pi,LL pk)//从n个里面选m个   然后模数是pi的若干次幂，值为pk {    if (m>n) return 0;    LL a=mul(n,pi,pk),b=mul(m,pi,pk),c=mul(n-m,pi,pk);    LL k=0,ans;    for (int u=n;u>=1;u/=pi) k=k+u/pi;    for (int u=m;u>=1;u/=pi) k=k-u/pi;    for (int u=(n-m);u>=1;u/=pi) k=k-u/pi;    ans=a*inv(b,pk)%pk*inv(c,pk)%pk*pow(pi,k,pk)%pk;        return ans*(MOD/pk)%MOD*inv(MOD/pk,pk)%MOD;}int main(){    scanf("%lld",&MOD);    scanf("%lld%lld",&n,&m);    for (LL u=1;u<=m;u++)     {        scanf("%lld",&w[u]);        need+=w[u];    }    if (need>n)    {        printf("Impossible\n");        return 0;    }    LL shen=1;    for (int i=1;i<=m;i++)    {        LL P=MOD;        LL now=0;        for (LL u=2;u*u<=P;u++)            if (P%u==0)            {                LL pk=1LL;                while (P%u==0)  pk*=u,P/=u;                now=(now+C(n,w[i],u,pk))%MOD;            }        if (P>1) now=(now+C(n,w[i],P,P))%MOD;         shen=shen*now;        n-=w[i];    }    printf("%lld\n",shen%MOD);    return 0;}

高次同余方程

BSGS：师姐的博客
感觉这个方法还是有点暴力，居然是根号的。。
由于有点事，具体的东西就不写了，以后再填吧
板子：

LL bsgs (LL a,LL b,LL p)//a^x%p=b{    map<LL,LL> mp;    mp.clear();    a%=p;b%=p;    if (a==0&&b==0) return 1;    if (a==0) return -1;    LL m=ceil(sqrt(p));    LL lalal=1%p;    for (LL u=0;u<m;u++)    {        if (mp.count(lalal)==0)            mp[lalal]=u;        lalal=lalal*a%p;    }    lalal=inv(lalal,p);    for (LL u=0;u<m;u++)    {        if (mp.count(b))            return u*m+mp[b];        b=b*lalal%p;    }    return -1;}

11.19 下午

在NOIP爆炸之后，沉迷了文化课后，我决定又开坑了。。
反正NOIP爆炸都准备退役了是吧，哪不如学点数学到时候没准可以装逼

线性求逆元

如果你需要求1~n里面所有数关于p的逆元
如果你一个一个求的话，是O(nlogn)的
但是这个很显然会有O(n)的方法
我们不妨设k∗i+b=p
把他放进modp的意义下
就是k∗i+b≡0(modp)
如果我们把两边都乘上i−1,b−1
你就会得到式子
k∗b−1+i−1=0
i−1=−k∗b−1
于是你就可以线性求逆元了
k是什么大家应该都知道吧。。

A[i] = -(p / i) * A[p % i];

线性求阶乘的逆元

这个也十分简单了啊

inv[i]=inv[i+1]*(i+1)

这个应该很好理解吧。。
这样的话你先预处理出阶乘
然后求出最后一个的逆元
就可以推回去了

鸽巢原理

也叫抽屉原理。这个大家都会把，我就不写了。。

扩展鸽巢原理

如果q1,q2,q3.....qn是正整数，如果将q1+q2+q3+q4+....qn−n+1个物体放进n个格子里
那么或者第一个格子有至少q1个物体，那么或者第二个格子有至少q2个物体,那么或者第三个格子有至少q3个物体
证明：显然，不写了

一个由扩展鸽巢原理推出来的结论

你现在有n2+1个正整数组成的一个序列，那么一定存在有一个长度为n+1的递增子序列或者递减子序列
如果我们可以证明出如果没有长度为n+1的递增子序列，那么肯定存在有长度为n+1的递减子序列，那么结论就成立了
证明：
如果不存在一个n+1的递增子序列
我们设以i开头的递增子序列最长长度为mi
那么m的取值范围就是1到n
于是可以得到，有n+1个m是一样的
稍微想一下就知道，这n+1个肯定是递减的
然后就没有了

一些小定义吧

=(n-1)!
证明（我也没看）
上升阶乘幂xn(n的上面有一条横线）=(x+n-1)!/(x-1)!
下降阶乘幂xn(n的下面有一条横线）=x!/(x-n)!

11.20~?

关于二项式系数的研究

定义

符号(nk)就是二项式系数，其实这个东西就和排列组合差不多，其实我感觉基本上就是一样的。但是似乎这个东西，对于n和k取任意实数都是由意义的。。（虽然我不知道意义是什么）
意义就是从n个东西里面选出k个有多少种方案

基本恒等式

1.
(nk)=(nn−k)

2.
(rk)=rk(r−1k−1)
这个的话你大概推一下式子就出来了

3.
k(rk)=r(r−1k−1)
这个就是上一个东西的变形而已

4.
(r−k)(rk)=r(r−1k)
证明：(r−k)(rk)=(r−k)(rr−k)=r(r−1r−k−1)=r(r−1k)

5.
(r−1k)=(r−1k)+(r−1k−1)
这个大家用的应该很多了吧，就是排列组合线性的递推式啊
证明有很多，感性地证明，推导式子的证明都可以。我这里写一个通过上面式子推导的证明：
(r−k)(rk)+k(rk)=r(r−1k)+r(r−1k−1)
左边的很明显等于r(rk),然后两边同除r就可以了

6.如果你对上面这个递推式大力展开，我们还可以得到另外两个有用的东西
∑nk=0(r+kk)=(r0)+(r+11)+...+(r+nn)=(r+n+1n)
∑nk=0(km)=(0m)+(1m)+...+(nm)=(n+1m+1)

7.(rm)(mk)=(rk)(r−km−k)
这个的话，你可以把他化成阶乘相除的形式，然后分子分母同乘(r−k)!
如果你知道了这个，2就是他k=1的一个特殊情况了

然后我自己YY了一道题，大概是这样的

已知r和k
求∑rm=k(rm)(mk)
做法也十分简单，你就用第7个恒等式，然后就可以将(rk)这个常数项提出来，剩下的就是一个二项式定理了。具体正确性我还没验证，但应该是对的

快速傅里叶变化

我也不知道这个算不算数学知识，应该，我感觉，算吧。。
具体看黑书——算导，我就不说了其实是我也不是特别懂原根
先贴一个板子(FFT):
题目就是uoj的多项式乘法了

#include<cstdio>#include<iostream>#include<cstring>#include<cmath>#include<complex>using namespace std;const double pi=M_PI;const int N=1000005;int n,m;complex<double> a[N],b[N];void fft (complex<double> *a,int n,int o){    if (n==1) return ;    int k=(n>>1);    complex<double> w=1,wn(cos(2*pi/n),o*sin(2*pi/n)),a0[k],a1[k];    for (int u=0;u<k;u++)    {        int i=u*2;        a0[u]=a[i];        a1[u]=a[i+1];    }    fft(a0,k,o);fft(a1,k,o);    for (int u=0;u<k;u++)    {        a[u]=a0[u]+w*a1[u];        a[u+k]=a0[u]-w*a1[u];        w=w*wn;    }}int main(){    scanf("%d%d",&n,&m);    for (int u=0;u<=n;u++) scanf("%lf",&a[u]);    for (int u=0;u<=m;u++) scanf("%lf",&b[u]);    m=m+n;n=1;while (n<=m) n<<=1;    fft(a,n,1);fft(b,n,1);    for (int u=0;u<=n;u++) a[u]*=b[u];    fft(a,n,-1);    for (int u=0;u<=m;u++)        printf("%d ",(int)(a[u].real()/n+0.5));    return 0;}