数论TIPS(Loading...)

  1.一个数的约数和=(1+p1+p12+...+p1c1)*(1+p2+p22+...+p2c2)*...*(1+pk+pk2+...+pkck)(p为这个数的各个质因数,c表示为各个质因数的次方,k表示质因数个数)

  2.求一个数的质因数只需要O(sqrt(n))的时间复杂度,先筛出素数,然后将原数除去小素数,如果原数最后不为1,那么这个数肯定也是素数

  3.相邻的数交换使得最终成为上升序列,交换的次数为逆序对数

  4.费马小定理:若p为质数,则$a^{p}≡a(mod\;p)$

  5.欧拉定理:若正整数a,n互质,则$a^{\phi(n)}≡1(mod\;n)$

  6.一个正整数n,设它其中一个约数为p,那么gcd(i,n)==p的有$\phi(n/p)$个

  7.欧拉定理推论:若正整数a,n互质,则对于任意正整数b,有$a^{b}≡a^{b\;mod\;\phi(n)}(mod\;n)$

  8.乘法逆元:若整数b,p互质,并且b|a,则存在一个整数x,使得a/b≡a*x(mod p),则称x为b的模p乘法逆元,当模数p为质数时,bp-2即为b的乘法逆元,也就是b-1≡bp-2(mod p)

  9.中国剩余定理(crt):设m1,m2,...,mn是两两互质的整数,$m=\prod_{i=1}^{n}m_{i}$,Mi=m/mi,ti是线性同余方程Miti≡1(mod mi)的一个解,对于任意的n个整数a1,a2,...,an,方程组:x≡a1(mod m1),x≡a2(mod m2),...,x≡an(mod mn),有整数解,且解为$x=\sum_{i=1}^{n}a_{i}M_{i}t_{i}$

  10.二项式定理:$(a+b)^{n}=\sum_{k=0}^{n}C_{n}^{k}a^{k}b^{n-k}$

  11.Lucas定理:若p是质数,则对于任意整数1<=m<=n,有:$C_{n}^{m}=C_{n\;mod\;p}^{m\;mod\;p}*C_{n/p}^{m/p}(mod\;p)$

  12.Catalan数列:给定n个0,n个1,他们按照某种顺序排成长度为2n的序列,满足任意前缀中0的个数都不少于1的个数的序列的数量为$Cat_{n}=\frac{C_{2n}^{n}}{n+1}$

    Catalan数推论:

    (1).n个左括号和n个右括号组成的合法括号序列的数量为Catn

    (2).1,2,...,n经过一个栈,形成的合法出栈序列的数量为Catn

    (3).n个节点构成的不同二叉树的数量为Catn

    (4).在平面直角坐标系上,每一步只能向上或向右走,从(0,0)走到(n,m)并且除两个端点外不接触直线y=x的路线数量为2Catn-1

  13.莫比乌斯函数的性质:

    (1).对于一个数d,如果d=1,$\mu(d)=1$,如果d为互异质数p1p2p3...pk的乘积,则$\mu(d)=(-1)^{k}$,否则$\mu(d)=0$

    (2).$\sum_{d|x}\mu(d)=[x==1]$

    (3).对于任意正整数n有:$\sum_{d|n}\frac{\mu(d)}{d}=\frac{\phi(n)}{n}$

    (4).$\sum_{d|x}\phi(d)=x$

    莫比乌斯反演:

    (1).如果存在函数F(x)和f(x),满足$F(n)=\sum_{d|n}f(d)$,则可以得到$f(n)=\sum_{d|n} \mu(d)F(\frac{n}{d})$

    (2).如果存在函数F(x)和f(x),满足$F(n)=\sum_{n|d}f(d)$,则可以得到$f(n)=\sum_{n|d}\mu(\frac{d}{n})F(d)$

  14.序列错排求解:对于一个长度为n的序列,n个数互不相同且均为1到n的数,使得一个序列中第i个位置都不等于i的序列数量为$D(n)$。令$D(0)=1,D(1)=0$,得$D(n)=(n-1)*(D(n-1)+D(n-2))$

  15.对于一个n*m的图,只能向右或向下行走,从左上角走到右下角的方案数为$C_{n+m-2}^{n-1}$

  16.快速求自然数幂和$\sum_{i=1}^{n}i^{k}\mod p$的几种方法

    (1).差分表,$S(n,k)=\sum_{i=1}^{n}i^{k}$

      公式:$S(n,k)=\frac{1}{k+1} \left( (n+1)^{k+1}-n-1-\sum_{i=2}^{k}C_{k+1}^{i}S(n,k-i+1) \right )$

      复杂度:$O(k^{2})$

    (2).伯努利数,$B_{0}=1$

      因为$\sum_{j=0}^iC_{i+1}^jB_j=0$

      所以$B_i=-\frac{1}{i+1}\sum_{j=0}^{i-1}C_{i+1}^{j}B_j$

      公式:$\sum_{i=1}^{n}i^k={1\over{k+1}}\sum_{i=1}^{k+1}C_{k+1}^i*B_{k+1-i}*(n+1)^i$

      复杂度:$O(Tk)$T为数据组数

  17.1到x中,与x互质的数的和为$\frac{\phi(x)*x}{2}$,特殊的,当x=1时,数和为0

  18.等比数列$\S_{n}=\frac{a_1(1-q^n)}{1-q}$,$S_n$为前n项的和,$a_1$为首项,$q$为公比

posted @ 2018-08-07 09:15  Star_Feel  阅读(319)  评论(0编辑  收藏  举报