质数与约数

1.调和级数

\[\sum_{i=1}^n \frac{1}{i}=O(\log n) \]

Proof（粗略计算）：

\[\begin{aligned}\sum_{i=1}^n \frac{1}{i}&= \sum_{i=0}^{\log n} \sum_{j=2^i}^{2^{i+1}-1}\frac{1}{j}\\&= \sum_{i=0}^{\log n} k (k \leq 1) \\&= O(\log n)\\\end{aligned} \]

更精确的公式：

\[\sum_{i=1}^n \frac{1}{i}=\ln n+ \gamma+ \varepsilon (n) \]
其中：

\[\gamma \approx0.57721 56649 01532 \]
\[\varepsilon (n) \approx \dfrac{1}{2n} \]

2.质数个数

$N$ 以内的质数个数：

\[F(N) \approx \dfrac{N}{\ln N} \]

也就是说，每 $\ln N$ 个数中就可能出现一个质数。

则暴力寻找第一个比 $x$ 大（小）的质数的时间复杂度为 $O(\sqrt{x} \ln x)$，当 $x\leq10^{14}$ 时可以在 $1s$ 内跑过。

3.线性筛

在线性筛中，我们可以实现每一个合数都只被它的最小质因子筛去一次。

记 $x$ 的最小质因子为 $mnp(x)$。

考虑枚举 $i$ 和质数 $j$，如果 $mnp(ij)=j$，那么我们就将 $ij$ 标记为合数。

结论：$mnp(ij)=j$ 的充要条件是 $j\leq mnp(i)$。

必要性：若 $j>mnp(i)$，则 $ij$ 可以表示为 $mnp(i) \times \dfrac{i}{mnp(i)} \times j$，与 $mnp(ij)=j$ 矛盾。

充分性：$mnp(ij)=\min(mnp(i),j)=j$。

根据结论进行实现即可。

void Solve(){
	for(int i=2;i<=n;i++){
		if(!vis[i]) prime.push_back(i);
		for(int j:prime){
			if(i>n/j) break;
			vis[i*j]=1;
			if(!i%j) break;
		}
	}
}

4.算术基本定理

\[N=p_1^{c_1} \times p_2^{c_2} \times p_3^{c_3} \times \dots \times p_m^{c_m}=\prod_{i=1}^m p_i^{c_i} \]

其中：$p_i$ 为质数，$c_i$ 为常数，$p_1<p_2<p_3<\dots<p_m$。

由此可得，$N$ 至多只有一个大于 $\sqrt{N}$ 的质因子。

$N$ 的约数个数：

\[Cnt(N)=\prod_{i=1}^m(c_i+1) \]

$N$ 的约数和：

\[Sum(N)=\prod_{i=1}^m (\sum_{j=0}^{c_i}p_i^j) \]

从组合角度可以证明。

求 $1 \sim N$ 的正约数集合：考虑用倍数法，枚举 $i$ 作为约数，则 $i,2i,3i,4i\dots\lfloor\dfrac{N}{i}\rfloor i$ 的正约数集合中都含有 $i$。

int n;
vector<int> S[N];
void Solve(){
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=1;i*j<=n;j++)
			S[i*j].push_back(i);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j:S[i])
			printf("%d ",j);
		puts("");
	}
}

该算法的时间复杂度为 $O(\sum_{i=1}^N \dfrac{N}{i})=O(N \log N)$。
由此得到推论：$1\sim N$ 的正约数集合大小之和不会超过 $N \log N$。

Ex.1 [P1463]反素数

引理 1：$[1,N]$ 中最大的反素数，就是 $[1,N]$ 中约数个数最多的数中的最小的一个。
引理 2：对于 $\forall i \in [1,N]$，不同的质因子个数不会超过 $10$，所有质因子的指数之和不会超过 $30$。
引理 3：设所有在 $[1,N]$ 中的反素数集合为 $S$ 则对于 $\forall k \in S$，有：

\[k=\prod_{i=1}^mp_i^{c_i}，c_1\geq c_2\geq c_3\geq \dots\geq c_m \]
Proof：由引理 1 与 $i \in [1,N]$ 得，把指数尽量加在较小质数上约数个数更大。

暴搜+剪枝即可。

5.$\gcd$ 与 $\operatorname{lcm}$

二者转化关系：

\[\operatorname{lcm}(a,b)=\dfrac{a\times b}{\gcd(a,b)} \]
Proof：$a=\gcd(a,b)\times k_1,b=\gcd(a,b)\times k_2$，可得 $k_1 \perp k_2$。

$\operatorname{lcm}(a,b)=k_1\times k_2 \times gcd(a,b)=\dfrac{a\times b}{\gcd(a,b)}$
更相减损术 $(a \geq b)$：

\[\gcd(a,b)=\gcd(a,a-b)=\gcd(b,a-b) \]
Proof：以 $\gcd(a,b)=\gcd(a,a-b)$ 为例。设 $a,b$ 的公约数集合为 $S_1$，$a,a-b$ 的公约数集合为 $S_2$。对于 $\forall k \in S_1$，$a=k\times x_1,b=k\times x_2,a-b=k\times (x_1-x_2)$，则 $S_1 \subseteq S_2$。同理可得 $S_2 \subseteq S_1 \Rightarrow S_1=S_2$，命题得证。
辗转相除法：

\[\gcd(a,b)=\gcd(b,a\bmod b)=\gcd(a,a\bmod b) \]
Proof：与更相减损术同理，令 $a=pb+r \ (0 \le r <b)$，则 $a \bmod b=r=a-pb$。对于 $\forall k \in S_1$，$a=k\times x_1,b=k\times x_2,r=k\times (x_1-k_2\times p)$。由此可得 $S_1=S_2$。

设 $A=x_1\times GCD,B=x_2\times GCD$。则 $LCM=\dfrac{A\times B}{GCD}=x_1\times x_2\times GCD$。考虑枚举 $x_1$，则$A=x_1\times GCD,B=\dfrac{LCM}{x_1}$。当 $x_1$ 合法时，有 $x_1 \mid \dfrac{A}{GCD},\gcd(x_1,\dfrac{LCM}{GCD\times x_1})=1$。
考虑 $x_1$ 的枚举范围：

\[\begin{aligned}\dfrac{A\times B}{GCD}&=LCM \\\dfrac{A\times B}{GCD^2}&= \dfrac{LCM}{GCD} \\\dfrac{A^2}{GCD^2}&\leq \dfrac{LCM}{GCD} \\\dfrac{A}{GCD} &\leq \sqrt{\dfrac{LCM}{GCD}}\\x_1 & \leq \sqrt{\dfrac{LCM}{GCD}}\\\end{aligned} \]

倒序枚举 $x_1$，由于 $x_1$ 越大，$B-A$ 越小，则当找到第一个满足以上所有条件的 $x_1$ 时停止枚举，此时答案为 $\dfrac{LCM}{x_1}-x_1 \times GCD$。

解法 2：

由于 $x_1\times x_2=\dfrac{LCM}{GCD}$，则考虑将 $\dfrac{LCM}{GCD}$ 分解质因数。设$\dfrac{LCM}{GCD}=D$，由 $\gcd(x_1,x_2)=1$ 得，$x_1,x_2$ 不会有相同的质因子。则可以二进制枚举 $D$ 的每一个质因子分给 $x_1$ 还是 $x_2$，答案取 min 即可。

Ex.3 Neko Does Maths

答案可表示为：

\[\operatorname{lcm}(a+k,b+k)=\dfrac{(a+k)(b+k)}{\gcd(a+k,b+k)}=\dfrac{(a+k)(b+k)}{\gcd(b+k,a-b)} \]

考虑枚举 $a-b$ 的因子 $w$ 作为分母，显然 $k$ 越小答案越优。分两种情况讨论：

当 $w \mid b$ 时，$k$ 可以取 $0$。
否则，需要找到一个 $k$，满足 $w\mid (b+k)$。易得 $k=w- (b \bmod w)$。
所有得到的 $\operatorname{lcm}(a+k,b+k)$ 中的最小值即为答案。

6.整除分块/数论分块

整除分块/数论分块

整除分块通常用来快速求出形如这样的式子：

\[\sum_{i=1}^n f(i)g(\lfloor\dfrac{n}{i} \rfloor) \]

我们如果能够 $O(1)$ 求出一段 $f(i)$ 的和与某一个 $g(i)$ 的值，那么利用整除分块，上式的值就能在 $O(\sqrt{n})$ 的复杂度内求出。

设 $h(i)=\lfloor \dfrac{n}{i} \rfloor$，将所有 $h(i)$ 相等的 $i$ 分为一块。那么 $h(i)$ 不同的取值不会超过 $2\sqrt{n}$。

当 $i\leq \sqrt{n}$ 时，最多有 $\sqrt{n}$ 种 $\lfloor \dfrac{n}{i} \rfloor$；当 $i>\sqrt{n}$ 时，$\dfrac{n}{i}<\sqrt{n}$，不同的 $\lfloor \dfrac{n}{i} \rfloor$ 也不会超过 $\sqrt{n}$ 个。

下面是一个更为严谨的证明。

设 $x_1,x_2 \in [1,\sqrt{n}],x_2=x_1+1$。设 $y_1=\lfloor \dfrac{n}{x_1} \rfloor,y_2=\lfloor \dfrac{n}{x_2} \rfloor$，有 $y1>y2$。

假设 $y1=y2=k\geq\sqrt{n}$。则有 $(0\leq c_1<x_1,0\leq c_2 <x_1+1)$：

\[\begin{aligned}x_1k+c_1&=(x_1+1)k+c_2\\x_1k+c_1&=x_1k+k+c_2\\c_1&=k+c_2\\k\geq \sqrt{n}&\Rightarrow c_1\geq\sqrt{n}\geq x_1\end{aligned} \]
与 $c_1<x_1$ 矛盾，假设不成立。则 $y_1>y_2$ 得证。

对于 $\forall i \in [y_2+1,y_1]$，$f(i)=x_1$。

取上界 $y_1$ 时，$\lfloor \dfrac{n}{y_1} \rfloor=x_1$。

取下界 $y_2+1$ 时：

\[\begin{aligned}x_2\times y_2 +r &= n \ (0 \leq r < x_2) \\x_2 \times (y_2+1) & < n \\x_2 &< \lfloor \dfrac{n}{y_2+1} \rfloor \leq x_1\end{aligned} \]
则有 $\lfloor \dfrac{n}{y2+1} \rfloor=x_1$。

对于 $\forall i \in [1,\sqrt{n}]$，$f(i)$ 两两不同；

对于 $\forall i \in [\sqrt{n},n]$，有连续一段的 $f(i)$ 相同，且与 $[1,\sqrt{n}]$ 中的数字一一对应。

命题得证。

接下来考虑怎么将这些块划分出来。

注意到一个块的左端点 $L$ 一定是上一个块的右端点加一，所以我们只需要求出这个块的右端点 $R$。

根据定义得，$R$ 即为最大的使得 $\lfloor \dfrac{n}{i} \rfloor =k$ 最大的 $i$。

\[\lfloor \dfrac n i \rfloor \leq \dfrac n i \Rightarrow i\lfloor \dfrac n i \rfloor \leq n \Rightarrow i\leq \dfrac{n}{\lfloor \dfrac n i \rfloor} \]

可得 $R=\bigg \lfloor \dfrac{n}{\lfloor \dfrac{n}{L} \rfloor} \bigg \rfloor$。

下面是求 $\sum_{i=1}^n \lfloor \dfrac{n}{i}\rfloor$ 的一份参考代码。

ll DivBlock(){
	ll res=0,j=0;
	for(int i=1;i<=n;i=j+1){
		j=n/(n/i);
		res+=1ll*(j-i+1)*(n/i);
	}
	return res;
}

当上界 $n$ 与被除数 $k$ 不相等时，为避免越界，我们需要加一下特判：

ll DivBlock(){
	ll res=0,j=0;
	for(int i=1;i<=n;i=j+1){
		if(k/i==0) break;
		else j=min(k/(k/i),n);
		res+=1ll*(k/i)*(j-i+1);
	}
	return res;
}

若下取整改为上取整，也可以用类似的方法做。

此时，我们要求的 $R$ 即为使得 $\lceil \dfrac n i \rceil=\lceil \dfrac n L \rceil$ 的最大的 $i$。

\[\lceil \dfrac n i \rceil -1<\dfrac n i \Rightarrow i(\lceil \dfrac n i \rceil-1)<n \Rightarrow i< \dfrac n {\lceil \dfrac n i \rceil-1} \]

由此可得 $R=\bigg\lfloor \dfrac{n-1}{\lceil \dfrac n L \rceil-1}\bigg \rfloor $。

重要结论

Conclusion 1：若 $i$ 为一个块的右端点，则 $\lfloor \frac n i \rfloor$ 也为某个块的右端点。

反证法。设存在一个 $i$ 为一个块的右端点，且 $\lfloor \frac n i \rfloor$ 不为某个块的右端点。

下面记 $x=\lfloor \frac n i \rfloor$。命题等价于存在一个右端点 $i$，使得 $\lfloor \frac{n}{x} \rfloor=\lfloor \frac{n}{x+1} \rfloor$。

由右端点计算公式，等式左边为 $i$，即 $\lfloor \frac{n}{x+1} \rfloor=i$，即 $n=i(x+1)+p=xi+i+p$。

设 $n=xi+r$，那么有 $0\leq r<i$。则 $xi+i+p>xi+r=n$，矛盾。

Conclusion 2：设共有 $m$ 个块，$R_i$ 为一个块的右端点，则 $\lfloor\dfrac n {R_i} \rfloor=R_{m-i+1}$。

结合结论 1 与上面的对整除分块的证明易得。

Conclusion 3：设所有 $\lfloor \frac n i \rfloor \ (1\leq i\leq n)$ 的集合为 $S$，所有右端点的集合为 $T$，有 $S=T$。

由结论 1，所有的 $\lfloor \frac n i \rfloor$ 都能表示为一个右端点，则 $S\subseteq T$。

由右端点计算公式，$R= \lfloor \frac{n}{\lfloor \frac{n}{L} \rfloor} \rfloor$，所有的右端点都能表示为一个 $\lfloor \frac n i \rfloor$，则 $T\subseteq S$。

得出 $S=T$。

Conclusion 4：$i$ 为右端点的充要条件是 $\lfloor\frac{n}{\lfloor \frac n i \rfloor} \rfloor=i$。

必要性：由右端点计算公式易得。

充分性：设存在一个 $i$，$\lfloor\frac{n}{\lfloor \frac n i \rfloor} \rfloor=i$ 且 $\lfloor \frac n i \rfloor =\lfloor \frac n {i+1}\rfloor$。设 $\lfloor \frac n i \rfloor =\lfloor \frac n {i+1}\rfloor=k$。

由 $\lfloor\frac{n}{k} \rfloor=i$，得 $n=ki+r \ (0\leq r<k) $。

由 $\lfloor \frac n {i+1} \rfloor =k$，得 $n=k(i+1)+p=ki+k+p \ (0\leq p<i+1)$。

$ki+k+p>ki+r$，矛盾。故充分性成立。

7.欧拉函数

定义与求法

定义：设 $\varphi(n)$ 为 $n$ 的欧拉函数值，则:

\[\varphi(i)=\sum_\limits{i=1}^n[i\perp n] \]

也就是 $1\sim n$ 之间与 $n$ 互质的数字个数。

考虑如何快速求出这个式子。

根据算数基本定理，对 $n$ 进行质因数分解，$n=p_1^{c_1}\times p_2^{c_2}\times p_3^{c_3}\times \dots \times p_m^{c_m}$。

假如 $n$ 只有一个质因子 $p$，则所有 $1 \sim n$ 中 $p$ 的倍数都不与 $n$ 互质，可得 $\varphi(n)=n-\dfrac{n}{p}$。

假如 $n$ 还有一个质因子 $q$，$\varphi(n)$ 还需要减去 $\dfrac{n}{q}$，再加回被多减一次 $p,q$ 共同的倍数个数 $\dfrac{n}{pq}$ ，则：

\[\phi(n)=n-\dfrac{n}{p}-\dfrac{n}{q}+\dfrac{n}{pq}=n(1+\dfrac{1}{p}-\dfrac{1}{q}+\dfrac{1}{pq})=n(1-\dfrac{1}{p})(1-\dfrac{1}{q}) \]

推广到一般情况，可以推出：

\[\phi(n)=n\prod_\limits{i=1}^m(1-\dfrac{1}{p_i})=n\prod_\limits{i=1}^m(\dfrac{p_i-1}{p_i}) \]

特别地，$\varphi(1)=1$。

从另外一个角度理解这个柿子：对于 $n$ 的一个质因子 $p$，$p$ 的倍数在 $[1,n]$ 中的占比为 $\dfrac{\frac{n}{p}}{n}=\dfrac{1}{p}$，则其余的数字占比为 $1-\dfrac{1}{p}$。对于所有与 $n$ 互质的数字 $i$，两者没有共同的质因子。则与 $n$ 互质的数字占比为 $\prod_\limits{i=1}^m(1-\dfrac{1}{p_i})$，乘上 $n$ 即为 $\varphi(n)$ 的值。

$\varphi(n)$ 可以用质因数分解 $O(\sqrt{n})$ 求出。

性质

对于 $\forall n>1$，在 $[1,n]$ 之间与互质 $n$ 的数字之和为 $\dfrac{n\varphi(n)}{2}$。
- 对于 $\forall i$ 满足 $i \perp n$，$\gcd(i,n)=\gcd(n-i,n)=1$。也就是说，在 $[1,n]$ 之间与互质 $n$ 的数字是成对出现的。由于上面的 $i,n-i$ 的平均数为 $\dfrac{n}{2}$，这些数字之和即为 $\dfrac{n\varphi(n)}{2}$。
$\varphi(n)$ 是积性函数。
- 积性函数：若 $a,b$ 互质，则 $f(a)\times f(b)=f(ab)$。
- 完全积性函数：对于 $\forall a,b\in\mathbf{N_+}$，$f(a)\times f(b)=f(ab)$。
- 积性函数性质：对 $n$ 进行唯一分解，$n=\prod_\limits{i=1}^mp_i^{c_i}$，则有 $f(n)=\prod_\limits{i=1}^m f(p_i)$
- 性质 2 证明：由于 $a,b$ 互质，则 $a,b$ 没有共同的质因子。对 $a,b$ 进行唯一分解得 $a=\prod_\limits{i=1}^{m_1} p_i^{c_i},b=\prod_\limits{i=1}^{m_2}q_i^{c_i},ab=(\prod_\limits{i=1}^{m_1} p_i^{c_i})(\prod_\limits{i=1}^{m_2} q_i^{c_i})$ 。则有 $\varphi(ab)=ab[\prod_\limits{i=1}^{m_1}(\dfrac{p_i-1}{p_1})\prod_\limits{i=1}^{m_2}(\dfrac{q_i-1}{q_1})]=\varphi(a)\varphi(b)$。
设 $n=p^k$（$p$ 是质数），则 $\varphi(n)=p^k-p^{k-1}=p^{k-1}(p-1)$。
- 由于 $n$ 只有 $p$ 一个质因子，则 $1\sim n$ 之间与 $n$ 不互质的数必定是 $p$ 的倍数，这样的数共有 $\dfrac{n}{p}=\dfrac{p^k}{p}=p^{k-1}$ 个。由此可得 $\varphi(n)=n-p^{k-1}=p^k-p^{k-1}=p^{k-1}(p-1)$ 。
若 $p$ 为质数，且 $p\mid n$，则 $\varphi(np)=p\varphi(n)$。
- 容易得出，若对 $n$ 与 $np$ 分别做唯一分解，两个数的质因子集合相等。则有 $\varphi(np)=np\prod_\limits{i=1}^m(\dfrac{p_i-1}{p_i})=p\varphi(n)$。
若 $p$ 为质数，且 $p \nmid n$，则 $\varphi(np)=(p-1)\varphi(n)$。
- 同样地，对 $n$ 与 $np$ 分别做唯一分解，$np$ 的质因子集合比 $n$ 的质因子集合多了一个 $p$。若 $n=\prod_\limits{i=1}^m p_i^{c_i}$，则 $\varphi(np)=np(\prod_\limits{i=1}^m \dfrac{p_i-1}{p_i})\dfrac{p-1}{p}=\varphi(n)(p-1)$。
- 从另外一个角度考虑，$p,n$ 一定是互质的，那么 $\varphi(np)=\varphi(n)\varphi(p)=\varphi(n)(p-1)$。
$n=\sum_\limits{d\mid n}\varphi(d)$，也就是 $n$ 的所有约数的欧拉函数值之和为 $n$。
- 设 $f(n)=\sum_\limits{d|n} \varphi(d)$。
- 设 $n\perp m$，有 $f(nm)=\sum_\limits{d\mid nm}\varphi(d)$。对 $n,m,d$ 进行唯一分解，$d$ 的质因子一部分来自于 $n$，一部分来自于 $m$，且两部分没有交集。则 $\forall d=xy$，其中 $x\mid n,y\mid m,x\perp y$。
  
  由此进一步得到：$f(nm)=\sum_\limits{d\mid nm}\varphi(d)=\sum_\limits{d\mid nm}\varphi(x)\varphi(y)=(\sum_\limits{d|n} \varphi(d))(\sum_\limits{d|m} \varphi(d))=f(n)f(m)$，则 $f(n)$ 也为积性函数。
  
  根据积性函数的性质,对 $n$ 进行唯一分解，$f(n)=\prod_\limits{i=1}^m f(p_i^{c_i})$，
  
  而 $f(p^k)=\sum_\limits{i=0}^k \varphi(p^i)=1+\sum_\limits{i=1}^k (p^i-p^{i-1})=1-1+p-p+p^2-p^2+\dots+p^k=p^k$，则 $f(n)=\prod_\limits{i=1}^m p_i^{c_i}=n$。

线性求欧拉函数

根据性质 4 与性质 5，在线性筛的基础上稍加修改即可。

void Solve(){
	phi[1]=1;
	for(int i=2;i<=n;i++){
		if(!vis[i]){
			prime.push_back(i);
			phi[i]=i-1;
		}
		for(int j:prime){
			if(i>n/j) break;
			if(i%j==0){
				phi[i*j]=phi[i]*j;
				vis[i*j]=1;
				break;
			}
			else{
				phi[i*j]=phi[i]*(j-1);
				vis[i*j]=1;
			}
		}
	}
}

Ex.4 GCD SUM

利用欧拉函数的性质化简柿子：

\[\begin{aligned} \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n \gcd(i,j) &= \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n \sum_{d\mid \gcd(i,j)} \varphi(d)\\ &=\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n \sum_{d=1}^{n} \varphi(d)\,[d\mid i]\,[d \mid j]\\ &= \sum_{d=1}^n(\varphi(d)\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n[d\mid i]\,[d\mid j])\\ &= \sum_{d=1}^n[\varphi(d)\sum_{i=1}^n([d\mid i]\ \sum_{j=1}^n[d\mid j])]\\ &= \sum_{d=1}^n \varphi(d) {\lfloor \dfrac{n}{d} \rfloor}^2 \end{aligned} \]

线性求出 $1\sim n$ 的欧拉函数值即可。

这种技巧也被称为 欧拉反演。

8.斐波那契与公约数

设斐波那契数列第 $i$ 项为 $f_i$。

\[f_i=\begin{cases}1 &(i\leq 2)\\f_{i-1}+f_{i-2} &(i>2)\end{cases} \]

Lemma 1

\[\gcd(f_i,f_{i+1})=1 \]

Proof 1

数学归纳法。当 $i=1$ 时， $\gcd(f_1,f_2)=\gcd(1,1)=1$。

设 $f_k=a,f_{k+1}=b$，则有 $f_{k+2}=a+b,f_{k+3}=a+2b$。

利用更相减损术，可得：

\[\gcd(a+b,a+2b)= \gcd(b,a+b)=\gcd(a,b) \]

于是我们得到

\[\gcd(f_i,f_{i+1})=\gcd(f_{i-1},f_{i}) \]

利用数学归纳，可以得到对于 $i>1$ 的 $i$，也满足 $\gcd(f_i,f_{i-1})=1$。命题得证。

Lemma 2

\[\gcd(f_n,f_m)=f_{\gcd(n,m)} \]

Proof 2

不妨假设 $n<m$。设 $f_n=a,f_{n+1}=b$，则 $f_{m}=f_{m-n-1}a+f_{m-n}b=f_{m-n-1}f_n+f_{m-n}f_{n+1}$。

首先我们有

\[\gcd(kx+y,x)=\gcd((kx+y)\bmod x,x)=\gcd(x,y) \]

那么有

\[\gcd(f_n,f_m)=\gcd(f_{m-n-1}f_n+f_{m-n}f_{n+1},f_n) = \gcd(f_{m-n}f_{n+1},f_n) = \gcd(f_m,f_{m-n}) \]

类似于辗转相除法，可以得到 $\gcd(f_n,f_m)=\gcd(f_{\gcd(n,m)},f_1)=f_{\gcd(n,m)}$。命题得证。

9.阶乘的素数幂次

设 $p \in \mathbb{Prime}$，则有：

\[v_p(n!)=\sum_{i>0} \lfloor\dfrac{n}{p^i} \rfloor \]

其中 $v_p(x)$ 表示 $x$ 中包含 $p$ 的次数。

将 $1\sim n$ 分开，$v_p(n!)=\sum_{i=1}^n v_p(i)$。

$1\sim n$ 中至少包含一个 $p$ 的数字有 $\lfloor \dfrac{n}{p} \rfloor$，统计进答案中。$1 \sim n$ 中至少包含 $2$ 个 $p$ 的数字有 $\lfloor \dfrac{n}{p^2} \rfloor$ 个，但由于已经有一个 $p$ 被统计过一遍，所以只需要再统计第 $2$ 个质因子，答案加上 $\lfloor\dfrac{n}{p^2}\rfloor$，系数为 $1$。

我们从另一个角度来计算。用 $p$ 进制表示 $n$，则有 $n=\sum a_ip^i(0\leq a_i<p)$。

\[v_p(n!)=\sum_{j\geq1} \lfloor\dfrac{\sum_{i\geq 0}a_ip^i}{p^j}\rfloor = \sum_{i \geq 0}\sum_{j\geq 1} a_i \lfloor p^{i-j}\rfloor =\sum_{i\geq 0}a_i\sum_{j=0}^{i-1}p^{j}=\sum_{i\geq 0}a_i \dfrac{p^i-1}{p-1}=\dfrac{n-s_p(n)}{p-1} \]

其中 $s_p(n)$ 表示 $n$ 在 $p$ 进制下各数位的数字之和。

10.Kummer 定理

\[v_p\left( \binom{n}{m} \right)=v_p\left(\dfrac{n!}{(n-m)!m!}\right)=v_p(n!)-v_p((n-m)!)-v_p(m!)=\dfrac{s_p(m)+s_p(n-m)-s_p(n)}{p-1} \]

在 $p$ 进制下 $n-m$ 与 $m$ 相加，结果为 $n$。

设进位次数为 $c$。每进位一次，数位之和就会减少 $p-1$，那么有

\[s_p(n-m)+s_p(m)-c(p-1)=s_p(n) \Rightarrow c=\dfrac{s_p(m)+s_p(n-m)-s_p(n)}{p-1} \]

于是得到 $\binom{n}{m}$ 中 $p$ 的次数，就是 $n-m$ 与 $m$ 在 $p$ 进制下相加进位次数。

同理可得， $\binom{n}{m}$ 中 $p$ 的次数就是 $n $ 与 $m$ 在 $p$ 进制下相减的借位次数。

若 $\binom{n}{m}$ 在模 $p$ 意义下为 $0$，那么 $n,m$ 在 $p$ 进制下相减时至少产生了一次借位。

换句话说，如果在 $p$ 进制下存在一位，使得 $n$ 在这一位的值小于 $m$ 在这一位的值，那么 $\binom{n}{m} \bmod p$ 一定为 $0$。

由此可以快速判断 $\binom{n}{m}$ 的奇偶性：设 $n,m$ 在二进制下表示的集合为 $S_n,S_m$，$\binom{n}{m}$ 为奇数当且仅当 $S_m \subseteq S_n$。

posted @ 2024-06-18 21:49 XP3301_Pipi 阅读(190) 评论(0) 收藏举报

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