进行一个数的学

费马小定理

\[对于任意的\ (a,p)=1，p\ 为素数，有\ a^{p-1} \equiv 1 \pmod p \]

可以使用剩余系的唯一性来证明。

欧拉定理

欧拉函数

定义 \(\varphi(x)\) 表示在小于等于 \(x\) 的数中与 \(x\) 互质的数字的个数。

设 \(x=\prod p_i^{c_i}\)，\(p\) 为素数，有 \(\varphi(x)=x \times \prod(1-\frac{1}{p_i})\)

证明

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引理：若 \(p\) 为素数，有 \(\varphi(p^c)=p^c-p^{c-1}=p^{c-1}\times (p-1)\)

$\quad \quad \ $ 由于 \(p\) 是质数，所以在 \(1\)~\(p^c\) 的数里面只有 \(p\) 的倍数不与其互质。

$\quad \quad \ $ 而这样的数一共有 \(p^{c-1}\) 个。

证明：首先可以根据其是积性的拆分成

\[\begin{aligned} \varphi(x) & =\prod \varphi(p_i^{c_i})\\ & =\prod p_i^{c_i-1} \times (p_i-1)\\ & =\prod p_i^{c_i} \times (1-\frac{1}{p_i})\\ & =n \times \prod (1-\frac{1}{p_i}) \end{aligned}\]

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是积性函数，即 \(\varphi(ab)=\varphi(a) \varphi(b)\)，其中 \((a,b)=1\)。

欧拉定理

\[对于任意的\ (a,p)=1，有\ a^{\varphi(p)}\equiv 1 \pmod p \]

可以使用简化剩余系的唯一性进行证明。

特别地，当 \(p\) 为素数时，带入 \(\varphi(p)=p-1\) 可以立即得到费马小定理。

扩展欧拉定理

是对于 \((a,p)\neq 1\) 的情况的处理。

\[对于任意\ a,b，有\ a^b \equiv \begin{cases}a^{b\mod \varphi(p)}，\qquad \qquad (a,p)=1,\\ a^b ，\qquad \qquad \qquad \; \; \; \; \; (a,p) \neq 1，并且 b< \varphi(p),\\ a^{(b \mod \varphi(p))+\varphi(p)},\qquad (a,p)\neq 1 ，并且 b> \varphi(p).\end{cases} \]

可以感性理解一下，就是对于 \(a^b\)，我们一定会存在一个 \(s，r\)，使得除去 \(b\) 的前 \(r\) 个之后，\(a^b \mod p\) 的值每 \(s\) 个循环一次。

至于为什么循环节的长度是 \(\varphi(m)\) 或者其因数，可以去看 oi-wiki 的证明，懒得写了。

狄利克雷卷积

对于两个函数 \(f，g\)，定义其狄利克雷卷积 \(f \ast g\) 满足：

\[f\ast g(n)=\sum_{d \mid n}f(d)\times g(\frac{n}{d}) \]

有一些性质。

狄利克雷卷积的单位元是 \(\varepsilon\)。\((\varepsilon(x) = [x=1])\)

定义 \(f\) 的逆元 \(g\) 满足 \(f\ast g=\varepsilon\)

狄利克雷卷积满足交换律、结合律和分配率。

同时 \(f=g\) 的充要条件是 \(f\ast h=g\ast h\)，其中 \(h\) 为 \(h(1)\neq 0\) 的函数。

证明

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必要性：显然。

充分性：如果 \(f\neq g\)，我们找到最小的 \(x\) 使得 \(f(x)\neq g(x)\)，同时设 \(r=f\ast h-g\ast h=(f-g)\ast h\)。

\[\begin{aligned} r(x) & =\sum_{d\mid x}(f(d)-g(d))\times h(\frac{x}{d})\\ & =(f(x)-g(x))\times h(1)\\ & \neq 0 \end{aligned} \]

即不满足 \(f\ast h=g\ast h\)，所以假设不成立。

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两个积性函数的卷积也是积性函数。

证明

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设 \(f\ast g=h\)

以及 \(a，b\) 满足 \((a,b)=1\)。

\[\begin{aligned} h(a)\times h(b) & =\sum_{d_1\mid a} f(d_1)\times g(\frac{a}{d_1}) \sum_{d_2\mid b} f(d_2)\times g(\frac{b}{d_2}) \\ & =\sum_{d\mid ab} f(d)\times g(\frac{ab}{d}) \\ & =h(ab) \end{aligned}\]

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一个积性函数的逆元也是积性函数。

证明

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设 \(f\ast g=\varepsilon\)，并且不妨设 \(f(1)=1\)。

同时有 \(a，b，(a,b)=1\)。

考虑归纳法。

当 \(ab=1\) 时，结论显然成立。

当 \(ab>1\) 时，有

\[\begin{aligned} 0 & =\sum_{d\mid ab}f(d)\times g(\frac{ab}{d})\\ g(ab) & =-\sum_{d\mid ab,d\neq 1}f(d)\times g(\frac{ab}{d})\\ & =-\sum_{d_1\mid a,d_2\mid b,d_1 d_2\neq 1}f(d_1 d_2)\times g(\frac{ab}{d_1 d_2})\\ & =-\sum_{d_1\mid a,d_2\mid b,d_1 d_2\neq 1}f(d_1)\times f(d_2)\times g(\frac{a}{d_1}) \times g(\frac{b}{d_2})\\ & =f(1)\times f(1)\times g(a) \times g(b) -\sum_{d_1\mid a,d_2\mid b}f(d_1)\times f(d_2)\times g(\frac{a}{d_1}) \times g(\frac{b}{d_2})\\ & =g(a)\times g(b) -\varepsilon(ab)\\ & =g(a)\times g(b) \end{aligned}\]

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莫比乌斯反演

莫比乌斯函数

定义莫比乌斯函数 \(\mu(x)=\begin{cases}1，\qquad \qquad x=1 \\ 0,\qquad \qquad x\ 含有平方质因子 \\ (-1)^k,\qquad x\ 不含有平方质因子，k\ 为素因子个数\end{cases}\)

莫比乌斯函数是积性函数。

莫比乌斯函数是常函数 \(I\) \((I(x)=1)\) 在狄利克雷卷积意义下的逆元，即 \(\mu \ast I=\varepsilon\)，也就是 \(\sum_{d\mid x}\mu(d)=[x=1]\)

证明

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考虑所有能够产生贡献的因子，也就是没有平方因子的因子。

所以设 \(x=\prod p_i^{c_i}\)，\(x'=\prod p_i\)

\[\begin{aligned} \sum_{d\mid x}\mu(d) & =\sum_{d\mid x'}\mu(d) \\ & =\sum_{i=0}^{k} \binom{k}{i} (-1)^i \\ & =(1+(-1))^k \\ \end{aligned}\]

这样就很明了了，当 \(k=0\) 也就是 \(x=1\) 的时候值为 \(1\)，否则值为 \(0\)。

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\(\varphi \ast I=\mathsf{id}\ (\mathsf{id}(x)=x)\)

莫比乌斯反演（变换）

• 形式一：若有 \(f(n)=\sum_{d\mid n} g(d)\)，则有 \(g(n)=\sum_{d\mid n} f(d)\times \mu(\frac{n}{d})\)

• 形式二：若有 \(f(n)=\sum_{n\mid d} g(d)\)，则有 \(g(n)=\sum_{n\mid d} f(d)\times \mu(\frac{d}{n})\)

证明

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首先考虑形式一。

首先可以对其进行一些操作变换：

\[\begin{aligned} \sum_{d\mid n}f(d)\times \mu(\frac{n}{d}) &=\sum_{d\mid n}\mu(d)\times f(\frac{n}{d})\\ & =\sum_{d\mid n}\mu(d) \sum_{k\mid \frac{n}{d}}g(k)\\ & =\sum_{k\mid n}g(k) \sum_{d\mid \frac{n}{k}}\mu(d)\\ & =\sum_{k\mid n}g(k) \varepsilon(\frac{n}{k})\\ & =g(n) \end{aligned}\]

或者利用卷积，实际上也是操作变换。原式可以看成是 \(f\ast I=g\)

两边同时卷上一个 \(\mu\)

可以得到 \(f=g\ast \mu\)

也就是我们的式子。

形式二可以仿照形式一倒推的方法。

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原根

阶

由欧拉定理可得，如果 \((a,p)=1\)，一定存在一个 \(b\) 使得 \(a^b \equiv 1 \pmod p\)。

我们称最小的这样的 \(b\) 为 \(a\) 模 \(p\) 的阶，记作 \(\delta_p(a)\)。

一些性质。

\(a，a^2，a^3，\dots ，a^{\delta_p(a)}\ \mod p\) 两两不同余。

证明

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否则就有 \(a^{i-j} \equiv 1 \pmod p\)，不满足最小性。

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如果有 \(a^b \equiv 1 \pmod p\)，那么 \(\delta_p(a)\mid b\)。

证明

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假设 \(b\) 除去 \(\delta_p(a)\) 的余数为 \(r\)，那么将原本的指数拆开，可以得到：

\(a^{r+k\delta_p(a)} \equiv 1 \pmod p\)

消去之后可以得到 \(a^r\equiv 1 \pmod p\)，不满足最小性。

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\(\delta_p(ab)=\delta_p(a)\delta_p(b)\) 的充分必要条件是 \((\delta_p(a),\delta_p(b))=1\)。

\(\delta_p(a^k)=\frac{\delta_p(a)}{(\delta_p(a),k)}\)。

可以通过一些整除之间的转化证出，感觉实际上并没有很大用处。

另外，这里的转化一般都是最大公约数，或者最小公倍数以及幂次之间的一些转化。

原根

有 \((g,p)=1\)，并且 \(\delta_p(g)=\varphi(p)\)，称 \(g\) 是 \(p\) 的一个原根。

特别地，当 \(p\) 为质数的时候，\(g^b\) 在 \(b\in(0,p)\) 的时候取到 \((0,p)\) 的所有值。

原根判定定理

对于 \(p\geqslant 3\)，\(g\) 是它的原根的充要条件是对于 \(\varphi(p)\) 的每一个因子 \(x\)，都有 \(g^{\frac{\varphi(p)}{x}}\not\equiv 1 \pmod p\)。

证明

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必要性：显然。

充分性：依旧考虑反证。假设对于所有因子都满足 \(g^{\frac{\varphi(p)}{x}}\not\equiv 1 \pmod p\)，而存在一个 \(t<\varphi(p)\) 使得 \(g^t \equiv 1 \pmod p\)。

根据裴蜀定理，\(at+b\varphi(p)=(t,\varphi(p))\) 一定存在一组解。

又根据欧拉定理，\(g^{\varphi(p)}\equiv 1 \pmod p\)。

然后就有 \(g^{(t,\varphi(p))}\equiv g^{at+b\varphi(p)}\equiv 1 \pmod p\)。

又因为 \((t,\varphi(p))\mid \varphi(p)\)，

同时 \((t,\varphi(p))\leqslant t < \varphi(p)\)

所以 \((t,\varphi(p))<\varphi(p)\)，所以一定存在一个因子 \(x\) 使得 \((t,\varphi(p))\mid \frac{\varphi(p)}{x}\)。

那么 \(g^{\frac{\varphi(p)}{x}}\equiv g^{(t,\varphi(p))}\equiv 1 \pmod p\)

与条件不符，所以假设不成立。

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二项式反演

形式 0：利用容斥原理得到的式子。

\[f(n)=\sum_{i=0}^n (-1)^i \binom{n}{i}g(i) \Leftrightarrow g(n)=\sum_{i=0}^n (-1)^i \binom{n}{i} f(i) \]

形式 1：通过初步推导得到的式子。

\[f(n)=\sum_{i=0}^n \binom{n}{i}g(i) \Leftrightarrow g(n)=\sum_{i=0}^n (-1)^{n-i} \binom{n}{i} f(i) \]

证明

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第一种证法，在形式 0 中设 \(h(n)=(-1)^n g(n)\)，这样有：

\[f(n)=\sum_{i=0}^n \binom{n}{i} h(i) \Leftrightarrow \frac{h(n)}{(-1)^n}=\sum_{i=0}^n (-1)^i \binom{n}{i} f(i) \]

移项后注意到 \((-1)^{2i}=1\)，然后就是形式 1。

或者可以将右式代入左式，经过整理就能够证明。

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形式 2：最常用的式子。

\[f(n)=\sum_{i=n}^m \binom{i}{n}g(i)\Leftrightarrow g(n)=\sum_{i=n}^m(-1)^{i-n} \binom{i}{n}f(n) \]

证明也是类似于形式 1 的代入方法。