qbxt五一数学Day2

目录

• 1. 判断素数（素性测试）
  • 1. \(O(\sqrt n)\) 试除
  • 2. Miller-Rabin 素性测试
• * 欧拉函数
• 2. 逆元
• 3. exgcd（扩展欧几里得）
• 4. 离散对数（BSGS 算法求解）
• 5. CRT（中国剩余定理）
  • 法一：大数翻倍法（zhx 的神仙解法）
  • 法二：用扩展欧几里得解
• 6. 线性筛（xxs）
  • 1. 筛素数
  • 2. 筛积性函数（\(\varphi\)，\(\mu\)）
• 7. 数论函数与狄利克雷卷积
  • 1. \(\mu\)
    • 1. 定义与性质
    • 2. 例题
  • 2. 狄利克雷卷积
    • 1. 定义
    • 2. 特殊函数的狄利克雷卷积
      • 一
      • 二
      • 三
    • 3. 例题
      • Problem 1
      • Problem 2
  • 3. 莫比乌斯反演
• 8. 计数
  • 1. 计数原理
    • 1. 加法原理
    • 2. 乘法原理
  • 2. 排列组合
    • 定义
    • 性质
    • 几道小题
      • Problem 1
      • Problem 2
      • Problem 3

1. 判断素数（素性测试）

1. \(O(\sqrt n)\) 试除

bool isprime(int n)
{
	if (n<2) return false;
	for (int i=2;i*i<=n;i++)
		if (!(n%i)) return false;
	return true;
}

2. Miller-Rabin 素性测试

Theorm 1

若 \(n\) 是素数，则对于任意 \(1\le a\le n\)，设 \(n-1=d\cdot 2^r\)，则

\[a^d\equiv 1\pmod n\;,\;{\large \exists}_{0\le i\le r}\,a^{d\cdot 2^i}\equiv -1\pmod n
\]

中至少有一个成立 .

随便找若干个数 \(a\) 进行判定，很大概率对（4~8 个在 long long 范围稳了）（取质数效果较好）

时间复杂度 \(O(k\log^2 n)\)

const int PrimeList[]={2,3,5,11,37,43,67,73,97}; // for Miller-Rabin
ll qmul(ll a,ll n,ll P)
{
	ll ans=0; if (!n) return 0;
	while (n)
	{
		if (n&1) ans=(ans+a)%P;
    	n>>=1; a=(a+a)%P;
	} return ans%P;
}
ll qpow(ll a,ll n,ll P)
{
	ll ans=1;
	while (n)
	{
		if (n&1) ans=qmul(ans,a,P)%P;
		n>>=1; a=qmul(a,a,P)%P;
	} return ans;
}
bool miller_rabin(ll n,int a)
{
	ll d=n-1,r=0;
	while (!(d&1)){++r; d>>=1;}
	ll x=qpow(a,d,n);
	if (x==1) return true;
	for (int i=0;i<r;i++)
	{
		if (x==n-1) return true;
		x=qmul(x,x,n)%n;
	} return false;
}
bool MillerRabin(ll n)
{
	if (n<2) return false;
	for (int i=0;i<9;i++)
	{
		if (n==PrimeList[i]) return true;
		if (n%PrimeList[i]==0) return false;
		if (!miller_rabin(n,PrimeList[i])) return false;
	} return true;
}

* 欧拉函数

定义：

\(\varphi(n)\) 定义为 \(1\sim n\) 中与 \(n\) 互质的数的个数，即：

\[\varphi(n)=\sum_{i=1}^n[\gcd(i,n)=1]
\]

Theorm *

欧拉函数的求值公式：

\[\varphi(n)=n\left(1-\dfrac 1{p_1}\right)\left(1-\dfrac 1{p_2}\right)\cdots\left(1-\dfrac 1{p_r}\right)\mathrm{\,where\;} n=\prod_{i=1}^r p_i^{\alpha_i}
\]

Proof：容斥原理

\[\tag*{□}
\]

公式求 \(\varphi\) 值：

ll phi(ll n) // O(sqrt(n))
{
	ll ans=n;
	for (int i=2;i*i<=n;i++)
		if (!(n%i))
		{
			ans=ans/i*(i-1);
			while (!(n%i)) n/=i;
		}
	if (n>1) ans=ans/n*(n-1);
	return ans;
}

Theorm *（欧拉函数是积性函数）

若 \(n,m\) 互质，则 \(\varphi(n)\varphi(m)=\varphi(nm)\) .

Proof：由求值式子显然得证 .

\[\tag*{□}
\]

2. 逆元

定义：

若 \(b\) 使得 \(ab\equiv 1\pmod m\)，则 \(b\) 成为 \(a\) 模 \(m\) 意义下的逆元，记作 \(b=a^{-1}\) .

Theorm 2

逆元存在的充要条件是 \(\gcd(a,m)=1\) .

我们知道费马小定理和欧拉定理：

Theorm 3（费马小定理）

对于 \(\gcd(a,p)=1\) 且 \(p\) 为质数，有：

\[a^{p-1}\equiv 1\pmod p
\]

Theorm 4（欧拉定理）

对于 \(\gcd(a,p)=1\)，有：

\[a^{\varphi(p)}\equiv 1\pmod p
\]

其中 \(\varphi\) 是欧拉函数 .

素数求逆元：用费马小定理，答案是 \(a^{-1}=a^{p-2}\) .

其他：

1. 用欧拉定理，答案是 \(a^{-1}=a^{\varphi(p)-1}\) .
2. 用 exgcd，问题等价于求解 \(ax+by=p\) .

求 \(1\sim n\) 的逆元：

预处理阶乘，阶乘逆元可以

\[(n-1)!^{-1}=n!^{-1}n
\]

求，\(n\) 的逆元可以

\[n^{-1}=n!^{-1}(n-1)!
\]

求 .

3. exgcd（扩展欧几里得）

求解不定方程

\[ax+by=c
\]

其中 \(x,y\) 是整数 .

Theorm 5（裴蜀定理 / 贝祖定理）

\[ax+by=c
\]

有解当且仅当 \(\gcd(a,b)\mid c\) .

所以只需要处理 \(ax+by=\gcd(a,b)\) 的解即可 .

注意到 \(\gcd(a,b)=\gcd(b,a\bmod b)\)，设 \(G=\gcd(a,b)\) .

我们按照欧几里德算法（即辗转相除法），当 \(b=0\) 时，容易发现 \(x=1,y=0\) .

若不然，如果我们知道

\[bx_0+(a\bmod b)y_0=G
\]

的解，我们就可以依照如下方法求 \(ax+by=G\) 的解：

\[\begin{aligned}bx_0+(a\bmod b)y_0&=bx_0+\left(a-b\left\lfloor\dfrac ab\right\rfloor\right)y_0\\&=ay_0+b\left(x_0-y_0\left\lfloor\dfrac ab\right\rfloor\right)\end{aligned}
\]

int ex_gcd(int a,int b,int& x,int& y)
{
	if (!b){x=1; y=0; return a;}
	int xp,yp,g=ex_gcd(b,a%b,xp,yp);
	x=yp; y=xp-yp*(a/b); return g;
	return 0;
}

4. 离散对数（BSGS 算法求解）

BSGS：大步小步算法北上广深·百事公司·阿姆斯特朗算法

求解同余方程

\[a^x\equiv b\pmod p
\]

其中 \(p\) 是质数 .

由费马小定理，这个 \(x\) 不会超过 \(p-1\) .

分成如下数表：

如图，将所有行转换到第一行，用一个 set 或 hash 维护即可 .

ll BSGS(ll a,ll b,ll p) // a^x=b (mod p)
{
	int s=sqrt(p),x=1; set<int> se;
	for (int i=0;i<s;i++){se.insert(x); x=1ll*x*a%p;}
	int y=qpow(qpow(a,s,p),p-2,p),z=b;
	for (int i=1;;i++)
	{
		if (se.count(z))
		{
			z=qpow(a,(i-1)*s,p);
			for (int j=(i-1)*s;;j++)
				if (z==b) return j;
				else z=1ll*z*a%p;
		} z=1ll*z*y%p;
	}
} // 要判无解只需要判断循环次数是否过多即可 .

5. CRT（中国剩余定理）

考虑合并两个方程，

\[\begin{cases}x\equiv b_1\pmod{p_1}\\x\equiv b_2\pmod{p_2}\end{cases}
\]

法一：大数翻倍法（zhx 的神仙解法）

枚举 \(b_1,b_1+p_1,b_1+2p_1,\cdots\) 判断是否成立

static pair<ll,ll> MergeEqu(ll a1,ll m1,ll a2,ll m2)
{
	if (m2>m1) swap(m1,m2),swap(a1,a2);
	while (a1%m2!=a2) a1+=m1;
	return make_pair(a1,lcm(m1,m2));
}

法二：用扩展欧几里得解

令 \(x=k_1p_1+b_1=k_2p_2+b_2\)，则

\[k_1p_1-k_2p_2=b_2-b_1
\]

则：

\[\dfrac{k_1p_1}{\gcd(p_1,p_2)}\equiv \dfrac{b_2-b_1}{\gcd(p_1,p_2)}\left(\bmod {\dfrac{p_2}{\gcd(p_1,p_2)}}\right)
\]

用扩欧解出 \(k_1\) 即可 .

6. 线性筛（xxs）

1. 筛素数

碍事筛埃氏筛：

notprime[1]=true;
for (int i=2;i<=n;i++)
{
	if (notprime[i]) continue;
	for (int j=i+i;j<=n;j++) notprime[j]=true;
}

这是对于每个素数 \(i\) 枚举它的所有倍数筛掉

我们反过来，用每个数 \(i\) 枚举它的所有素数倍：

vector<int> plist; notprime[1]=true;
for (int i=2;i<=n;i++)
{
	if (!notprime[i]) plist.push_back(i);
	for (auto x:plist)
	{
		int now=i*x;
		if (now>n) break;
		notprime[x]=true;
	}
} // C++11

/* 数组写法  */

notprime[1]=true;
for (int i=2;i<=n;i++)
{
	if (!notprime[i]) plist[++pcnt]=i;
	for (int j=1;j<=pcnt;j++)
	{
		int now=i*plist[j];
		if (now>n) break;
		notprime[plist[j]]=true;
	}
}

注意到每个数可能被筛多次，例如：

\[12=2\times 6=3\times 4
\]

翻过来后就是枚举到 \(4,6\) 时，找到 \(2,3\) 筛掉 \(12\) .

我们希望每个数只被它的最小质因子筛掉 .

我们进行模拟：

当我们发现 \(4\) 时，枚举：

• 素数 \(2\)：筛掉 \(8\) .
• 素数 \(3\)：注意到 \(2\)（上一个素数）是 \(4\) 的倍数，所以后面的素数都不用枚举了，因为不是最小素因子（此处最小素因子至多是 \(2\)）

用这种想法写出最终代码：

vector<int> plist; notprime[1]=true;
for (int i=2;i<=n;i++)
{
	if (!notprime[i]) plist.push_back(i);
	for (auto x:plist)
	{
		int now=i*x;
		if (now>n) break;
		notprime[x]=true;
		if (!(i%x)) break;
	}
}

2. 筛积性函数（\(\varphi\)，\(\mu\)）

当 \(k\) 是素数时：

\[\varphi(k)=k-1\;,\;\mu(k)=-1
\]

当第 \(10\) 行成立，显然 \(\mu(now)=0\) .

因为没有其他增加的素因子，由欧拉函数计算式得 \(\varphi(now)=x\cdot\varphi(x)\) .

如果互素（即第 \(11\) 行成立），由积性显然有 \(\varphi(now)=\varphi(x)\varphi(i)\)，\(\mu(now)=\mu(x)\mu(i)\)

在板子上改一改就行辣

notprime[1]=true; phi[1]=mu[1]=1;
for (int i=2;i<=n;i++)
{
	if (!notprime[i]){plist.push_back(i); phi[i]=i-1; mu[i]=-1;}
	for (auto x:plist)
	{
		int now=i*x;
		if (now>n) break;
		notprime[now]=true;
		if (!(i%x)){phi[now]=phi[i]*x; mu[now]=0; break;}
		else{phi[now]=phi[i]*phi[x]; mu[now]=mu[i]*mu[x];}
	}
}

7. 数论函数与狄利克雷卷积

1. \(\mu\)

1. 定义与性质

\(\mu\)：莫比乌斯函数 ，数论容斥函数 .

定义：

对于整数 \(n\)，定义：

\[\mu(n)=\begin{cases}1&n=1\\(-1)^r&{\large\forall}_{i\in[1,r]\cap \mathbb Z}:\alpha_i=1\\0&\rm otherwise.\end{cases}\mathrm{\,where\;} n=\prod_{i=1}^r p_i^{\alpha_i}
\]

Theorm：对于 \(n\perp m\)，有 \(\mu(nm)=\mu(n)\mu(m)\)（\(\mu\) 是积性函数 .

Proof：

设

\[n=\prod_{i=1}^r p_i^{\alpha_i}\;,\;m=\prod_{i=1}^t q_i^{\beta_i}
\]

其中 \({\large \forall}_{i\in[1,r]\cap \mathbb Z\,,\,j\in[1,t]\cap \mathbb Z}:p_i\neq q_j\)（即 \(n,m\) 互质）.

当 \(\alpha_i=\beta_j=1\) 时（其余情况易证），

\[\mu(nm)=\mu\left(\prod_{i=1}^r p_i^{\alpha_i}\cdot \prod_{i=1}^t q_i^{\beta_i}\right)=(-1)^{r+t}=(-1)^r(-1)^t=\mu(n)\mu(m)\tag*{}
\]

2. 例题

问在 \(1\) 到 \(n\) 中有多少个数可以表示为

\[t=x^y
\]

其中 \(x\ge 1,y\ge 2\) .

数据范围：\(n\le 10^{18}\)

对于对于一个 \(y\)，存在 \(\sqrt[y]n\) 个 \(x\) 满足条件（显然有 \(y\le \log_2 (10^{18})\)，即 \(y\le 64\)）.

注意到有数会重复，e.g.

\[64=8^2=4^3=2^6
\]

答案即为：

\[\sum_{i=2}^{64}-\mu(i)(\sqrt[i]n-1)+1
\]

（这个 \(-1\) \(+1\) 是为了去掉 \(1=1^?\)）

暴力求即可 .

2. 狄利克雷卷积

1. 定义

数论卷积（或狄利克雷（Dirichlet）卷积）：

对于数论函数 \(f,g\)，定义他们的狄利克雷卷积为：

\[(f*g)(n)=\sum_{d\mid n}f(d)g\left(\dfrac nd\right)
\]

注：\(\sum\limits_{d\mid n}\) 是枚举因子 .

有性质：

• 交换律：\(f*g=g*f\) .
• 结合律：\((f*g)*h=f*(g*h)\)
• 分配律：\((f+g)*h=f*h+g*h\)

2. 特殊函数的狄利克雷卷积

一

\[\mu*I=\varepsilon
\]

其中 \(I(n)=1\,,\,\varepsilon(n)=[n=1]\) .

即对于 \(n>1\)，有：

\[\sum_{d\mid n}\mu(d)=0
\]

二

\[\varphi*I=id
\]

其中 \(id(n)=n\) .

即：

\[\sum_{d\mid n}\varphi(d)=n
\]

三

\[\mu*id=\varphi
\]

Proof：

\[\begin{aligned}\mu* id&=\mu*\varphi*I\\&=\mu*I*\varphi\\&=\varepsilon*\varphi\\&=\varphi\end{aligned}
\]

3. 例题

求和变形技巧：

1. 增加枚举变量
2. 交换枚举顺序
3. 删除无用变量

Problem 1

给定 \(n,m\)，求：

\[\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\gcd(i,j)
\]

\[\begin{aligned}\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\gcd(i,j)&=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^mid(\gcd(i,j))\\&=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\sum_{d\mid\gcd(i,j)}\varphi(d)&\text{（增加枚举变量）}\\&=\sum_{d=1}^n\sum_{i=1}^{\left\lfloor\frac nd\right\rfloor}\sum_{i=1}^{\left\lfloor\frac md\right\rfloor}\varphi(d)&\text{（交换枚举顺序）}\\&=\sum_{d=1}^n\left\lfloor\dfrac nd\right\rfloor\left\lfloor\dfrac md\right\rfloor\varphi(d)&\text{（删除无用变量）}\end{aligned}
\]

（第三个等号是把 \(\gcd\) 转换成枚举倍数）.

然后预处理 \(\varphi\)，时间复杂度 \(O(n)\) .

Problem 2

给定 \(n\)，问存在多少 \(1\le i,j\le n\)，使得 \(i,j\) 互质 .

显然题目让求的是：

\[\begin{aligned}\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\varepsilon(\gcd(i,j))&=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\sum_{d\mid\gcd(i,j)}\mu(d)&\text{（增加枚举变量）}\\&=\sum_{d=1}^n\sum_{i=1}^{\left\lfloor\frac nd\right\rfloor}\sum_{i=1}^{\left\lfloor\frac md\right\rfloor}\mu(d)&\text{（交换枚举顺序）}\\&=\sum_{d=1}^n\left\lfloor\dfrac nd\right\rfloor\left\lfloor\dfrac md\right\rfloor\mu(d)&\text{（删除无用变量）}\end{aligned}
\]

和上一题几乎一样 [表情]

3. 莫比乌斯反演

\[g(n)=\sum_{d\mid n}f(d)\;\Leftrightarrow\;f(x)=\sum_{d\mid n}\mu(d)g\left(\dfrac nd\right)
\]

即

\[g=f*I\;\Leftrightarrow\;f=\mu*g
\]

Proof：

\[\begin{aligned}g=f*I&\Leftrightarrow \mu*g=f*I*\mu\\&\Leftrightarrow \mu*g=f*\varepsilon\\&\Leftrightarrow \mu*g=f\end{aligned}
\]

\[\tag*{}
\]

8. 计数

1. 计数原理

1. 加法原理

一件事若干类（并列），方案数加起来

2. 乘法原理

一件事若干步（递进），方案数乘起来

2. 排列组合

定义

组合：\(n\) 中无序选 \(r\)：

\[C(n,r)=\dbinom{n}{r}=\dfrac{n!}{r!(n-r)!}
\]

排列：\(n\) 中有序选 \(r\)：

\[P(n,r)=A(n,r)=n^{\underline{r}}=\dfrac{n!}{(n-r)!}
\]

性质

\[\dbinom{n+m}{n}=\dbinom{n+m}{m}
\]

组合意义：选不选的

\[\dbinom{n}{m}=\dbinom{n-1}{m-1}+\dbinom{n-1}{m}
\]

组合意义：第一件选不选

\[\dbinom{n+r+1}{r}=\dbinom{n+r}{r}+\dbinom{n+r-1}{r-1}+\cdots+\dbinom{n}{0}=\sum_{i=0}^r\dbinom{n-r-i}{r-i}
\]

反复用前面那个式子

\[\dbinom{n}{l}\dbinom{l}{r}=\dbinom{n}{r}\dbinom{n-r}{l-r}
\]

组合意义：选两次

\[\dbinom{n}{0}+\dbinom{n}{1}+\cdots+\dbinom{n}{n}=2^n
\]

组合意义：取数用乘法原理、组合数两种算法

\[\dbinom{n}{0}-\dbinom{n}{1}+\dbinom{n}{2}-\cdots=0
\]

组合意义：建立奇数项与偶数项的一一对应，以达成消去的效果（第一项取反） .

\[\dbinom{r}{r}+\dbinom{r+1}{r}+\cdots+\dbinom{n}{r}=\dbinom{n+1}{r+1}
\]

qwq

\[(1+x)^n=\sum_{k=0}^n\dbinom{n}{k}x^{n-k}=\sum_{k=0}^n\dbinom{n}{k}x^{k}
\]

（二项式定理）

组合意义：多项式乘法选数 .

几道小题

Problem 1

\(n\) 里选 \(k\) 数，数字可以相同，求方案数.

一个独特的解法：设选 \(a_1\le a_2\le \cdots\le a_k\) .

构造 \(g_1=a_1,g_2=a_2+1,g_3=a_3+2,\cdots\)，然后对 \(g\) 作组合，得答案为

\[\dbinom{n+k-1}{k}
\]

Problem 2

\(n\) 里选 \(k\) 数，数字不能相邻，求方案数.

类似的设选 \(a_1< a_2< \cdots< a_k\) .

构造 \(g_1=a_1,g_2=a_2-1,g_3=a_3-2,\cdots\)，然后对 \(g\) 作组合，得答案为

\[\dbinom{n-k+1}{k}
\]

Problem 3

计算

\[\sum_{k=1}^n \dbinom{n}{k}^2
\]

\[\begin{aligned}\sum_{k=1}^n \dbinom{n}{k}^2&=\sum_k\dbinom{n}{k}\dbinom{n}{n-k}\\&=\dbinom{2n}{n}\end{aligned}
\]

第二个等号用组合意义：