随笔分类 - 数论
摘要：答案为 $\sum \limits_{i=b+1}^{a+b}\binom{a+b}{i}$ 因为 $\sum_{i=0}^k \binom{n}{k}=2^n$ 那么可以把上述式子拆成两部分求解 $\sum \limits_{i=b+1}^{a+b}\binom{a+b}{i}=\sum\limi
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摘要：把 $a_ib_{n i}$ 看成一项求和 则 $a_{i+1}b_{n i 1}=(a_i p + r) 3 q^{n i 1}=a_i 3 q^{n i} (\frac{p}{q}) + 3 r q^{n i} (\frac{1}{q})=a_ib_{n i} (\frac{p}{q})+ 3
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摘要：前两项为 $1$ 的斐波那契数列有一个性质 $f_{n + m} = f_{n+1}f_m + f_n f_{m 1}$ 通过拆成两个矩阵的乘积或者数学归纳法就可以得到 这里给每个位置加上 $f_{x l+1}$ $n=x,m=1 l$ 则相当于给每个位置加上 $f_{x+1}f_{1 l}+f_{
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摘要：可以发现答案不大于 $n$，因为如果都是奇数可以让它们都变成偶数 如果我们假定了一个 $\gcd$，我们就可以线性得到答案，每个数向上或者向下移动到 $\gcd$ 的倍数位置 因为答案不大于 $n$，那么就有至少有 $\lceil \frac{n}{2} \rceil$ 个数操作次数不大于 $1$
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摘要：最坏情况下每次得到的答案都是 $1$ 而每次猜一个数都相当于筛去一部分质数 那就是把 $1$ 到 $n$ 之间的质因数分组，每一组里乘积都小于等于 $n$ 求最小组数 这个用双指针，为每个大质数分配若干个小质数即可
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摘要：修改操作相当于对所有 $x$ 进行 $a_x=a_x+v[(x,n)=d]$ $v[(x,n)=d] = \sum\limits_{k|\frac{n}{d},kd|x}\mu(k)v$ 枚举 $\dfrac{n}{d}$ 的因子 $k$，那么就是对 $kd$ 的所有倍数进行修改 那么直接维护一个数
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摘要：欧拉降幂与广义欧拉降幂 $$a^x = \begin{cases} a^{x \bmod \varphi(p)} && \gcd(a,p)=1 \\ a^x && \gcd(a,p)\neq 1 \wedge x define pb push_back define fi first define
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摘要：设 $f_i$ 为答案，$s_i$ 为前缀和 那么 $s_i = 2s_{i 1}+i^k$ 这个根据二项式系数可以矩阵快速幂
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摘要：看到式子的形式，可以想到斐波那契数列的通项的形式 设 $f_n = \left(\dfrac{b+\sqrt d}{2}\right)^n + \left(\dfrac{b \sqrt d}{2}\right)^n$ 这两个是方程 $x^2 bx+\dfrac{b^2 d}{4}=0$ 的两根 根据
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摘要：对任意前缀，前 $n$ 个数被选的不小于没被选的，否则，即使奇数项贴着下界继续放，偶数项也会不满足第 $2$ 或 第 $3$ 个条件。 所以就变成了卡特兰数的定义 $C_n = \binom{2n}{n} \binom{2n}{n+1}=\dfrac{2n!}{n!(n+1)!}$ 组合数对合数取模
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摘要：对于 $f_0=f_1=1$ 的斐波那契数列有一个性质 $$f_i=f_{i k} f_k+f_{i k 1} f_{k 1}, \forall k \in \left[1, i\right)$$ 数学归纳法证一下 当 $k=1$ 时，$f_i=f_{i 1} f_1+f_{i 2} f_0=f_{
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摘要：$$f_i=\left(\prod_{j=1}^{k}f_{i j}^{b_j}\right) \bmod p$$ 因为这个质数的原根是 $3$，$f_i$ 就能被 $3^{a_i}$ 表示 所以就是 $$\begin{aligned} 3^{a_i}=&\left(\prod_{j=1}^{k}3
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摘要：$X_{i+1}\equiv aX_i+b \pmod p$ $X_{i+1}+z \equiv a(X_i+z) \pmod p$ 其中 $z \equiv b(a 1)^{ 1} \pmod p$ 即求 $(X_1+z)a^{n 1} z \equiv t \pmod p$ 的最小自然数解 $n
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摘要：$$x^k \equiv a \pmod p$$ 因为 $p$ 是质数，所以肯定存在原根 $g$ 使得 $g^c\equiv x \pmod p$ 变成求 $$g^{ck}\equiv a \pmod p$$ BSGS 能求出 $ck=x$ 的值 之后再 exgcd 求出 $kc \equiv x
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摘要：$$ \left\{\begin{array}{ccc} {xt_1} & {\equiv} & {a_{1}\pmod {p_{1}}} \\ {xt_2} & {\equiv} & {a_{2}\pmod {p_{2}}} \\ {} & {\vdots} & {} \\ {xt_n} & {\
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摘要：要求 $g^{\sum \limits _{i|n}\binom{n}{i}}$ 欧拉降幂之后就变成求 $\sum \limits_{i|n}\binom{n}{i} \bmod (M 1)$ $M 1$ 是个合数，当时对它进行质因数分解后发现它是四个质数的乘积，分别对四个质数进行Lucas定理求组
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摘要：因为 $n$ 比较小，所以可以对每一个 $n$ 求一遍 $\sum \limits_{i=1}^m \varphi(ni)$，然后加起来。 $S(n,m)=\sum\limits_{i=1}^m\varphi(ni)$，那么答案就是 $\sum\limits_{i=1}^n S(i,m)$ 首先看
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摘要：$\sigma_{0}(ij)=\sum\limits_{x|i}\sum\limits_{y|j}[x\bot y]$$\sigma_{1}(ij)=\sum\limits_{x|i}\sum\limits_{y|j}\dfrac{xj}{y}[x\bot y]$所以 $$\begin{align
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摘要：求 $$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^md(ij)$$$$d(ij)=\sum_{x|i}\sum_{y|j}[(x,y)=1]=\sum_{x|i}\sum_{y|j}\sum_{p|(x,y)}\mu(p)$$$$=\sum_p \mu(p)\sum_{x|i}[d|x]\sum
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摘要：概念常识部分 常用公式和符号 $\sum \limits_{i=1}^n i^2 = \dfrac{n(n+1)(2n+1)}{6}$ $\sum \limits_{i=1}^n i^3 = (\dfrac{n(n+1)}{2})^2$ $(i,j)=\gcd(i,j)$ $M(n)$ 表示 $n$
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