数学专题

线性筛素数

int pj[N], cnt, vis[N];

void get_primes(int n) {
	for(int i = 2; i <= n; i ++) {
		if(!vis[i])	   pj[++ cnt] = i;
		for(int j = 1; pj[j] * i <= n; j ++) {
			vis[pj[j] * i] = true;
			if( i % pj[j] == 0)    break; 
		} 
	}
} 

唯一分解定理：\(x = \prod p_{i} ^ {a_{i}}\)

约数个数定理： \(\prod (a_i + 1)\)

约数个数和定理: \(\prod\sum_{i = 0}^{a_i}p_j^i\)

最大公约数: \(gcd(a,b) = gcd(b, a\ mod\ b)\)

线性筛phi

\(φ(n) = N \prod (1 - \frac{1}{p_i})\)

void get_primes(int n) {
    phi[1] = 1;
    for(int i = 2; i <= n; i ++) {
	if(!vis[i])	   primes[++ cnt] = i, phi[i] = i - 1;
	for(int j = 1; primes[j] * i <= n; j ++) {
	    vis[primes[j] * i] = true;
	    if( i % primes[j] == 0) {
	    phi[i * primes[j]] = phi[i] * primes[j];
	    break; 
	}
	phi[i * primes[j]] = phi[i] * (primes[j] - 1);
    }
} 

欧拉定理：

\[a ^{φ(n)} \equiv 1 \quad(mod \ n) \]

其中，\((a,n)=1\)

证明：
引入一个概念： 缩系

\[R_n = \{c_1, c_2, c_3, .... .c_{φ(n)} \}, \quad (c_i, n) = 1 \]

同时乘上a， 也是mod n 的一个缩系，因为乘上a之后，两两互不同余,并且仍然与n互质。

\[\prod_{i = 1}^{φ(n)}c_i \equiv \prod_{i = 1}^{φ(n)}ac_i \]

即

\[\prod_{i = 1}^{φ(n)}c_i \equiv a^φ(n) \prod_{i = 1}^{φ(n)}c_i \]

两边约去公因数，得到欧拉定理。

如果 \(n\)为素数， 可以得到 费马小定理：

\[a^{p - 1} \equiv 1\quad(mod\ p) \]

由此，可以得到

\[a * a^{p - 2} \equiv 1\quad(mod\ p) \]

所以，如果模数是素数，那么a的逆元就是\(a^{p-2}\),可以用快速幂求。

扩展欧几里得exgcd：

exgcd求解方程

\[ax +b y = gcd(a,b) \]

由于

\[gcd(a,b) = gcd(b,a\ mod\ b) \]

所以，我们可以写成和上面的方程一样的形式：

\[b x + (a\ mod\ b)y = gcd(a,b) \]

进一步化简

\[bx + (a - \lfloor \frac{a}{b} \rfloor b)y = gcd(a, b) \]

\[ay + b(x - \lfloor \frac{a}{b} \rfloor y) = gcd(a, b) \]

所以

\[x' = y, y' = x - \lfloor \frac{a}{b} \rfloor y \]

通解

\[x_k = x_0 + \frac{kb}{gcd(a, b)}, y_k = x_0 - \frac{ka}{gcd(a, b)} \]

代码：

void exgcd(int& x, int& y, int a, int b) {
	if(!b) {
		x = 1, y = 0;
		return; 
	} 
	exgcd(y, x, b, a % b);
	y -= (a / b) * x;
}

中国剩余定理

给定 \(2n\) 个整数\(a_1,a_2,…,a_n\)和\(m_1,m_2,…,m_n,\)求一个最小的非负整数 \(x\)，满足\(∀i∈[1,n],x≡m_i(mod\ a_i)\)并且模数两两互质。
首先，设

\[M = \prod_{i = 1}{n} b_i \]

\[m_i = \frac{M}{bi} \]

求解

\[m_i * m_i^{-1} \equiv \ 1 \]

\[x = \sum_{i = 1}^{n}a_i * m_i * m_i^{-1} \]

for(int i = 1; i <= n; i ++) {
	scanf("%lld%lld", &mo[i], &re[i]);
	M *= mo[i];
}
for(int i = 1; i <= n; i ++) {
	m[i] = M / mo[i];
	LL tmp;
	exgcd(inv[i], tmp, m[i], mo[i]);
}
LL ans = 0;
for(int i = 1; i <= n; i ++) {
	ans += (re[i] * m[i] * inv[i]);
}
printf("%lld\n", (ans % M + M) % M); 

扩展中国剩余定理exCRT

首先考虑两个方程,
\(x ≡ a_1(mod\ m_1)\)

\(x ≡ a_2(mod\ m_2)\)

进一步，写成等式:
\(x = k_1 * m_1 + a_1\)
\(x = k_2 *m_2 + a_2\)
两式相等，得到：
\(k_1 *m_1-k_2*m_2 = a_1-a_2\)
只有\(k_1\)与\(k_2\)是未知数，可以用exgcd进行求解。
令\(d = gcd(m_1, m_2)\),那么，\(k_1\)的通解为\(k_t = k_1 + t * \frac{m_2}{gcd(m_1,m_2)}\)
所以\(x = k_t * m_1 +a_1 = t * \frac{m_1m_2}{d} +k_1*m_1+a_1\)
所以，我们将两个方程合并为一个方程，我们重新令\(m_1 = lcm(m_1,m_2), k_1 = k_1*m_1 +a_1\)
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线性筛素数

int pj[N], cnt, vis[N];

void get_primes(int n) {
	for(int i = 2; i <= n; i ++) {
		if(!vis[i])	   pj[++ cnt] = i;
		for(int j = 1; pj[j] * i <= n; j ++) {
			vis[pj[j] * i] = true;
			if( i % pj[j] == 0)    break; 
		} 
	}
} 

唯一分解定理：\(x = \prod p_{i} ^ {a_{i}}\)

约数个数定理： \(\prod (a_i + 1)\)

约数个数和定理: \(\prod\sum_{i = 0}^{a_i}p_j^i\)

最大公约数: \(gcd(a,b) = gcd(b, a\ mod\ b)\)

线性筛phi

\(φ(n) = N \prod (1 - \frac{1}{p_i})\)

void get_primes(int n) {
    phi[1] = 1;
    for(int i = 2; i <= n; i ++) {
	if(!vis[i])	   primes[++ cnt] = i, phi[i] = i - 1;
	for(int j = 1; primes[j] * i <= n; j ++) {
	    vis[primes[j] * i] = true;
	    if( i % primes[j] == 0) {
	    phi[i * primes[j]] = phi[i] * primes[j];
	    break; 
	}
	phi[i * primes[j]] = phi[i] * (primes[j] - 1);
    }
} 

欧拉定理：

\[a ^{φ(n)} \equiv 1 \quad(mod \ n) \]

其中，\((a,n)=1\)

证明：
引入一个概念： 缩系

\[R_n = \{c_1, c_2, c_3, .... .c_{φ(n)} \}, \quad (c_i, n) = 1 \]

同时乘上a， 也是mod n 的一个缩系，因为乘上a之后，两两互不同余,并且仍然与n互质。

\[\prod_{i = 1}^{φ(n)}c_i \equiv \prod_{i = 1}^{φ(n)}ac_i \]

即

\[\prod_{i = 1}^{φ(n)}c_i \equiv a^φ(n) \prod_{i = 1}^{φ(n)}c_i \]

两边约去公因数，得到欧拉定理。

如果 \(n\)为素数， 可以得到 费马小定理：

\[a^{p - 1} \equiv 1\quad(mod\ p) \]

由此，可以得到

\[a * a^{p - 2} \equiv 1\quad(mod\ p) \]

所以，如果模数是素数，那么a的逆元就是\(a^{p-2}\),可以用快速幂求。

扩展欧几里得exgcd：

exgcd求解方程

\[ax +b y = gcd(a,b) \]

由于

\[gcd(a,b) = gcd(b,a\ mod\ b) \]

所以，我们可以写成和上面的方程一样的形式：

\[b x + (a\ mod\ b)y = gcd(a,b) \]

进一步化简

\[bx + (a - \lfloor \frac{a}{b} \rfloor b)y = gcd(a, b) \]

\[ay + b(x - \lfloor \frac{a}{b} \rfloor y) = gcd(a, b) \]

所以

\[x' = y, y' = x - \lfloor \frac{a}{b} \rfloor y \]

通解

\[x_k = x_0 + \frac{kb}{gcd(a, b)}, y_k = x_0 - \frac{ka}{gcd(a, b)} \]

代码：

void exgcd(int& x, int& y, int a, int b) {
	if(!b) {
		x = 1, y = 0;
		return; 
	} 
	exgcd(y, x, b, a % b);
	y -= (a / b) * x;
}

中国剩余定理

给定 \(2n\) 个整数\(a_1,a_2,…,a_n\)和\(m_1,m_2,…,m_n,\)求一个最小的非负整数 \(x\)，满足\(∀i∈[1,n],x≡m_i(mod\ a_i)\)并且模数两两互质。
首先，设

\[M = \prod_{i = 1}{n} b_i \]

\[m_i = \frac{M}{bi} \]

求解

\[m_i * m_i^{-1} \equiv \ 1 \]

\[x = \sum_{i = 1}^{n}a_i * m_i * m_i^{-1} \]

for(int i = 1; i <= n; i ++) {
	scanf("%lld%lld", &mo[i], &re[i]);
	M *= mo[i];
}
for(int i = 1; i <= n; i ++) {
	m[i] = M / mo[i];
	LL tmp;
	exgcd(inv[i], tmp, m[i], mo[i]);
}
LL ans = 0;
for(int i = 1; i <= n; i ++) {
	ans += (re[i] * m[i] * inv[i]);
}
printf("%lld\n", (ans % M + M) % M); 

扩展中国剩余定理exCRT

首先考虑两个方程,
\(x ≡ a_1(mod\ m_1)\)

\(x ≡ a_2(mod\ m_2)\)

进一步，写成等式:
\(x = k_1 * m_1 + a_1\)
\(x = k_2 *m_2 + a_2\)
两式相等，得到：
\(k_1 *m_1-k_2*m_2 = a_1-a_2\)
只有\(k_1\)与\(k_2\)是未知数，可以用exgcd进行求解。
令\(d = gcd(m_1, m_2)\),那么，\(k_1\)的通解为\(k_t = k_1 + t * \frac{m_2}{gcd(m_1,m_2)}\)
所以\(x = k_t * m_1 +a_1 = t * \frac{m_1m_2}{d} +k_1*m_1+a_1\)
所以，我们将两个方程合并为一个方程，我们重新令\(m_1 = lcm(m_1,m_2), k_1 = k_1*m_1 +a_1\)

scanf("%lld%lld", &m1, &a1);
n --;
LL x, m;
while(n --) {
       	scanf("%lld%lld", &m2, &a2);
	LL k1, k2;
	LL d = exgcd(k1, k2, m1, m2);
	if( (a2 - a1) % d) {
		x = -1;
		break;
	}
	k1 *= (a2 - a1) / d;//注意，这里是a2 - a1，不是a1 - a2,这里要跟exgcd的系数对应。
	k1 = (k1 % (m2 / d) + m2 / d`) % (m2 / d);
	x = k1 * m1 + a1;
	a1 = k1 * m1 + a1;
	m = m1 / d * m2;
	m1 = m;
}
if( x != -1) 
    x = (x % m + m) % m;

组合计数

组合数递推：

\[{n \choose k}={n - 1 \choose k}+{n-1 \choose k-1} \]

void Com(int n, int m) {
        C[0][0] = 1;
	for(int i = 1; i <= n; i ++) {
		C[i][0] = 1;
		for(int j = 1; j <= m; j ++) 
		    C[i][j] = (C[i - 1][j] % p + C[i - 1][j - 1] % p) % p;
	}
}

\[(\frac{1}{i!} ) ^{-1} = (\frac{1}{(i - 1)!} )^{-1} * i ^ {-1 } \]

fact[0] = infact[0] = 1;
for(int i = 1; i < N - 99; i ++) {
	fact[i] = (LL)fact[i - 1] * i % p;
        infact[i] = (LL)infact[i - 1] * qmi(i, p - 2) % p;
}

Lucas定理：

\[{a \choose b} \equiv{a\ mod\ p \choose b\mod\ p}{\lfloor \frac{a}{p} \rfloor \choose \lfloor \frac{b}{p} \rfloor}(mod\ p) \]

复杂度\(O(p + log_pn)\)

LL C(LL a, LL b, LL p) {
    return fac[a] * inv[b] % p * inv[a - b] % p;
}
LL Lucas(LL a, LL b, LL p)
{
	if( a < p && b < p)
	    return C(a, b, p);
	return Lucas(a / p, b / p, p) * Lucas(a % p, b % p, p) % p;
}