math

等差数列

\(a_{n} = a_{1} + (n-1) d\)

\(s_{n} = \frac{n(a_{1} + a_{n})}{2} = na_{1} + \frac{n(n-1)}{2} d\)

等比数列

\(a_{n} = a_{1} q^{n-1}\)

\(s_n = \frac{a_{1} (1 - q^{n})}{1-q}\)

乘法逆元

对于任意整数 \(a\) 而言，如果 \(a\) 和 \(p\) 互质，存在一个整数 \(x\) 使得 \(a \times x \equiv 1(\bmod p)\)

​ \(x\) 为 \(a\) 在 模 \(p\) 意义下的乘法逆元 ，记为\(a^{-1}\)

不定方程\(ax + by = 1\) 有解的充要条件是 \(a,b\) 互质。

费马小定理: 若 \(p\) 是质数，对任意整数 \(a\) 不是 \(p\) 的倍数，有 \(a^{p-1} \equiv 1(\bmod p)\) ，也可以写作 \(a^{p} \equiv\) \(a(\bmod p)\) 。

证明: 根据同余的性质， \(a, 2 a, 3 a \ldots \ldots,(p-1) a\) 分别 \(\bmod p\) 的结果各不相同。那么:

\[\begin{aligned} a \times 2 a \times 3 a \ldots \ldots \times(p-1) a & \equiv 1 \times 2 \times 3 \ldots \ldots \times(p-1) & (\bmod p) \\ a^{p-1} \times[1 \times 2 \times 3 \ldots \ldots \times(p-1)] & \equiv 1 \times 2 \times 3 \ldots \ldots \times(p-1) & (\bmod p) \\ a^{p-1} & \equiv 1 \quad(\bmod p) & \end{aligned} \]

如何求乘法逆元：若 \(p\) 是质数，则有 \(a^{p-1} \equiv 1(\bmod p)\) ，而 \(a \times x \equiv 1(\bmod p)\) ，所以 \(a^{p-2}\) 是 \(a\) 模 \(p\) 意义下的的乘法逆元。

可以用快速幂，时间复杂度为 \(O(\log p)\)

扩展欧几里得 \(ax + by = gcd(a,b)\)

\(gcd(a,b)\) = \(ax + by\)

\(gcd(b,a\%b)\) = \(bx_{1} + (a \% b) y_{1}\)

​ = \(bx_{1} + (a - [a / b] * b)y_{1}\)

​ =\(ay_{1}\) + \(b(x_{1} - [a/b]y_{1})\)

\(x = y_{1}\) , \(y = x_{1} - [a/b]y_{1}\)

ll exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y)
{
	if(b == 0)
	{
	   x = 1;
	   y = 0;
	   return a;
	}
	ll d,x1,y1;
	d = exgcd(b,a%b,x1,y1);
	x = y1;
	y = x1 - a / b * y1;
	return d;
}

若\(ax + by = c\) (\(c\) 为 \(gcd(a,b)\) 的 倍数) 答案为 \(x\) * \(gcd(a,b)\)

通解

\(x = x_{0} + \frac{b}{gcd(a,b)} * k\)

\(y = y_{0} - \frac{a}{gcd(a,b)} * k\)

证明

\(a(x + n) + b(y - m) = c\)

\(ax + by + an - bm = c\)

$an - bm = 0 \quad an = bm $

\(\frac{a}{gcd(a,b)}*n = \frac{b}{gcd(a,b)} * m\)

\(a'n = b'm \\gcd(a',b') = 1 \\n = b' = b/gcd(a,b)\\ m = a' = a/gcd(a,b)\)

递推求逆元

给定\(n,p\) ,求 1~\(n\) 在 模 \(p\) 意义下的逆元 ，\(p\) 为 质数

\(inv[1] = 1;\)

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

阶乘逆元

给定\(n\),求 1~\(n\) 每个数阶乘在模\(p\) 意义下的逆元

\(f(n-1)^{-1} = f(n)^{-1} * n\)

算术基本定理

N = \(p_{1}^{a_{1}} * p_{2} ^ {a_{2}}\) \(\ldots\) \(*p_{i} ^ {a_{i}}\) (\(p_{i}\) 为质数)

那么

N 的 约数个数 ： \(\sigma\)(N) = (1 + \(a_{1}\)) * (1 + \(a_{2}\)) * (1 + \(a_{3}\)) * \(\ldots\)(1 + \(a_{i}\))

N 的各约数之和 ： \(\mu\)(N) = (1 + \(p_{1}^{1}\) + \(p_{1}^{2}\) + \(\ldots\) \(p_{1}^{a1}\)) * (1 + \(p_{2}^{1}\) + \(p_{2}^{2}\)** + \(\ldots\) \(p_{2}^{a2}\)) * \(\ldots\) * (1 + \(p_{i}^{1}\) + \(p_{i}^{2}\) + \(\ldots\) \(p_{i}^{ai}\)))

N 的 约数 的 d 次方 之和 ： 就是把上式 \(p1 = p1 ^ d\) 注意 \(d = 0\) 就变成了 约数个数

N ！ 进行算术基本定理的分解

1. 找到 1~N 中 质数
2. **每个质数 的指数 ： ** \(\frac{N}{prime[i] ^{1}}\) + \(\frac{N}{prime[i]^{2}}\) + \(\ldots\) 直至 N < \(prime[i]^{m}\) ,除出结果为0

组合数取模

\(C^{m}_{n}\) = \(\frac{n!}{(n-m)!m!}\) **(乘法逆元 取模 m <= n < \(10^{5}\)) 模为大质数 费马小定理 合数为exgcd **

**\(C^{m}_{n}\) = ** \(C^{m}_{n-1}\) + \(C^{m-1}_{n-1}\) （预处理 递推打标取模 m <= n < 2000）

Lucas 定理 \(C^{m}_{n}\) % p = \(C^{m/p}_{n/p}\) ***** \(C^{m\%p }_{n\%p}\) \(\%\) p (n , m < \(10^{18}\), (质数)p < \(10^{5}\))

 当 （n,m < p 时 ） return  C(n,m,p) 

\(C^{0}_{n}\) = 1;

\(x^{2} \equiv 1(mod \ kn)\) \(k \le n\)

\(1 \le n\le \ 200000000\)

求\(x\),并从小到大输出

\(O(logn)\) 筛质因子

\(mindiv[]\) 表示一个数最小的质因子

能够在 线性筛的过程中全部找出来\(mindiv\)

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2e6 + 50;
const int P = 10007;
typedef long long ll;
const int M = 2007;    
int n,m,k;
int plist[N];
int mindiv[N * 10];
bool not_prime[N * 10];
void init() {
    int T = 1e7;
    int cnt = 0;
    mindiv[1] = 1;
    for(int i = 2;i <= T; i ++) {
        if(not_prime[i] == false) {
            plist[++ cnt] = i;
            mindiv[i] = i;
        }
        for(int j = 1; j <= cnt; j ++) {
            int x = i * plist[j];
            if(x > T) break;
            not_prime[x] = true;
            mindiv[x] = plist[j];
            if(i % plist[j] == 0) break;
        }
    }
    return;
}
void solve() {
    scanf("%d",&n);
    while(n != 1) {
        int div = mindiv[n];
        if(mindiv[n] == div) {
            printf("%d ", div);
            while(mindiv[n] == div) {
                n /= div;
            }
        }
    }
    printf("\n");
    return;
}
int main() {
    int _ = 1;
    cin >> _;
    init();
    while(_ --) {
        solve();
    }
    return 0;
}

约瑟夫环数学解

求最后剩下人的编号

int fun(int n, int m) {
	return n == 1 ? n : (fun(n - 1, m) + m - 1) % n + 1;
}

欧拉函数

对于一个正整数\(n\),\(\phi(n)\) 表示 \(1-n\) 与\(n\)互质的数的个数

1. \(n\)为质数，\(\phi(n) = n - 1\)

2. \(\phi(n) = n * (\frac{p-1}{p})\) \(p\) 表示 \(n\)的质因子

3. $\phi(p * q) = \phi(p) * \phi(q) $ 当且仅当 \(p,q\) 均为质数

4. 筛法求\(\phi\)

   void euler(int n)//nlogn
   {
       for(int i = 1;i <= n;i++) phi[i] = i;
       for(int i = 2;i <= n;i++)
       {
           if(phi[i] == i)
           {
               for(int j = i;j <= n;j += i)
               phi[j] = phi[j] / i * (i - 1);
           }
       }
   }
   

   void euler(int n)
   {
       phi[1] = 1;
       for(int i=2;i<=n;i++)
       {
           if(not_prime[i] == 0) plist[++cnt] = i,phi[i] = i-1;
           for(int j=1;j<=cnt;j++)
           {
               int x = i * plist[j];
               if(x > n) break;
               not_prime[x] = 1;
               if(i % plist[j] == 0)
               {
                    phi[x] = phi[i] * plist[j];
                    break;
               }
               else phi[x] = phi[i] * (plist[j] - 1);
           }
       }
   }
   

   整除分块

   

   积性函数