数论总结
持续更新~~
本篇博客包含了本蒟蒻学的数论知识点\(qwq\)
需要有一定基础
欧几里得算法
欧几里得算法，用于计算两个整数的最大公约数
对于两个数\(a,b\)，我们定义\(gcd(a,b)\)表示它们的最大公约数
为了比较快的求出最大公约数，有了以下引理：
证明：
我们设\(a=xc,b=yc\)其中\(x,y\)互质
那么\(c\)自然就是\(a,b\)最大公约数
而\(a\%b=(x-ky)c\)
此时我们发现\(x-ky,y\)互质，证明：
假设\(x-ky,y\)不互质，设\(y=np,x-ky=mp\)其中\(n,m\)互质
把\(y=np\)代入\(x-ky=mp\)得：
那么我们发现此时\(x,y\)不互质，有公约数\(p\)，与最上面的假设相反，所以\(x-ky,y\)互质
那么上文提及\(b=yc,a\%b=(x-ky)c\)
而\(y,x-ky\)互质
所以\(b,a\%b\)的最大公约数为\(c\)
所以\(gcd(a,b)=gcd(b,a\%b)=c\)
#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
int a,b;
int Get_gcd(int a,int b)
{
return b?Get_gcd(b,a%b):a;
}
int main()
{
scanf("%d%d",&a,&b);
printf("gcd(%d,%d)=%d\n",a,b,Get_gcd(a,b));
return 0;
}
扩展欧几里得算法
扩展欧几里得算法，一般用来求解不定方程，求解线性同余方程，求解模的逆元
引理：有一组\(x,y\)使得：\(gcd(a,b)=ax+by\)
证明：
\((1)\)、对于\(b=0\)的情况，\(gcd(a,b)=a\)，那么此时\(x=1,y=0\)
\((2)\)、对于\(b!=0\)的情况，我们根据欧几里得算法设：
因为\(a\%b=a-a/b*b\)
所以上式变形为：
那么我们发现每一层的情况都能由下一层递归得到，边界则为\(b=0\)时
那么代码如下：
#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
int a,b,x,y,X,Y;//最好不要用x1,y1，万能库会出错
void Exgcd(int a,int b)
{
if(!b)
{
x=1;
y=0;
return;
}
Exgcd(b,a%b);
X=y;
Y=x-a/b*y;
x=X;
y=Y;
}
int main()
{
printf("a,b=");
scanf("%d%d",&a,&b);
Exgcd(a,b);
printf("gcd(%d,%d)=%da+%db",a,b,x,y);
return 0;
}
欧拉定理
定理：若正整数\(a,n\)互质，则$$a^{φ(n)}≡1\ (mod\ n)$$
证明：
设集合\(X_1,X_2,……,X_{φ(n)}\)为\(1\)到\(n-1\)中与\(n\)互质的数
那么我们思考下列数的性质：
\((1)\)、集合中任意两个数模\(n\)余数一定不同
证明（反证法）：
假设有 $$aX_1≡aX_2\ (mod\ n)$$
那么必须存在
但是我们发现\(a,n\)互质，而\(X_1-X_2\)比\(n\)小，根据唯一分解定理可以得出上式不成立
于是我们得出结论：集合中任意两个数模\(n\)余数一定不同
\((2)\)、集合中任意数模\(n\)与\(n\)互质
证明：
首先，\(a,n\)互质，\(X_1,n\)互质，那么容易得出\(aX_1,n\)互质，那么得到：
运用欧几里得算法得到：
也就是\(aX_1\%n,n\)互质
于是就得到了集合中任意数模\(n\)与\(n\)互质
那么对于下面集合
我们发现这个集合其实排序后就是：
因为那个集合数字满足取值范围在\(1\)到\(n-1\)之间（模了\(n\)），并且每个数与\(n\)互质，且两两不同，并且有\(φ(n)\)个数（性质\(1\)，性质\(2\)），这不正是上面这个集合的性质吗？
那么：
变形：
而\(X_1 \times X_2 \times …… \times X_{φ(n)}\)与\(n\)互质，那么说明
欧拉定理得证
费马小定理
定理：对于质数\(p\)，任意整数\(a\)，均满足：\(a^p≡a\ (mod\ p)\)
证明：
我们把式子稍微变形一下：
根据欧拉定理得到：
由于\(p\)是质数，所以\(φ(p)=p-1\)，那么上式变为：
于是变回：
费马小定理得证
乘法逆元
这个东西以前以为是个什么高级的东西。。。
定义：
如果 \(a\times x\equiv 1 \ (mod\ p)\)并且\(gcd(a,p)=1\)(a,p互质)的话，我们称\(x\)是\(a\)在模\(p\)意义下的乘法逆元
求解乘法逆元方法\(1\)：费马小定理
当\(p\)满足是质数的时候，我们可以用费马小定理来求解乘法逆元
费马小定理(\(p\)为质数)：
我们变形一下：
所以当\(p\)是质数的时候，\(a\)在模\(p\)意义下的乘法逆元为\(a^{p-2}\)，套一个快速幂即可
这个方法对于单个查询，且\(p\)是质数的时候适用
方法\(2\)：扩展欧几里得
我们首先观察一下式子：$$a\times x\equiv 1\ (mod\ p)$$
我们把它变一下也就是$$a\times x-y\times p=1$$
我们为了便于观看，把p用b代替，也就是：$$a\times x-b\times y=1$$
也就是说我们只要满足上面这个式子，那么\(x\)就是\(a\)在模\(b\)意义下的乘法逆元，同样的\(y\)就是\(b\)在模\(a\)意义下的乘法逆元
这个方法适用于单个查询
方法\(3\)：线性算法
首先，我们知道$$1^{-1}\equiv 1\ (mod\ p)$$
我们假定\(p=k\times i+r(0<r<i<p)\)
那么我们把这个式子放在\((mod\ p)\)的意义下：$$k\times i+r\equiv 0\ (mod\ p)$$
两边都乘上\(i^{-1}\times r^{-1}\)得：$$k\times r{-1}+i\equiv 0\ (mod\ p)$$
把\(k,r\)替换一下：$$i^{-1}\equiv -\left\lfloor\frac{p}{i}\right\rfloor \times (p\ mod\ i)^{-1}\ (mod\ p)$$
这样的话，我们就可以由前面的逆元推出后面的逆元了
这种方法适用于求一连串相邻数的逆元
例题：洛谷P3811
代码：
#include<iostream>
#include<cstdio>
#define int long long
#define N 3000000
using namespace std;
int n,p;
int inv[N];
signed main()
{
scanf("%lld%lld",&n,&p);
inv[1]=1;
for(int i=2;i<=n;++i)
inv[i]=((p-p/i)*inv[p%i])%p;
for(int i=1;i<=n;++i)
printf("%lld\n",inv[i]);
return 0;
}
方法\(4\)：线性算法\(2\)
以下式子都在模\(p\)意义下进行
我们先算出\(a_i\)的前缀积：$$s[i]=s[i-1]\times a_i$$
我们发现只要算出每一个前缀积的逆元\(t_i\)，每一个\(a_i\)的逆元都好求了：$$a_i^{-1}=t_i\times s_{i-1}$$
那么怎么求每一个前缀积的逆元呢，我们可以先把\(t_n\)运用费马小定理求出来： $$t_n=s_n^{p-2}$$
再根据：$$t_i=t_{i+1}\times a_{i+1}$$
递推出所有的\(t\)
这个方法适用于求给出一串无规则的数的逆元
代码：
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#define int long long
#define N 5000007
using namespace std;
int n,p,k;
int s[N],a[N],inv[N],inv_s[N];
int qpow(int a,int b)
{
int ans=1,res=a;
while(b)
{
if(b&1)
ans=(ans*res)%p;
res=(res*res)%p;
b/=2;
}
return ans%p;
}
signed main()
{
scanf("%lld%lld",&n,&p);
s[0]=1;
for(int i=1;i<=n;++i)
{
scanf("%lld",&a[i]);
s[i]=(s[i-1]*a[i])%p;
}
inv_s[n]=qpow(s[n],p-2);
for(int i=n-1;i>=1;--i)
inv_s[i]=(inv_s[i+1]*a[i+1])%p;
for(int i=n;i>=1;--i)
inv[i]=(inv_s[i]*s[i-1])%p;
for(int i=1;i<=n;++i)
printf("%lld\n",inv[i]);
return 0;
}
拓展：求阶乘逆元
定义\(inv[i]\)为\(i!\)的逆元
首先我们知道：$$inv[i+1]=\frac{1}{i+1!}$$
两边同时乘\(i+1\)得：$$inv[i+1]\times (i+1)=\frac{1}{i!}=inv[i]$$
所以我们只要先求出\(inv[n]\)然后往回递推出来就\(ok\)
欧拉函数
定义：
\(φ(n)\)表示\(1\)到\(n\)中，与\(n\)互质的数的个数
特殊的\(φ(1)=1\)
\(φ(n)=n\times \prod\limits_{i=1}^k(1-\frac{1}{p_i})\)，其中\(p_i\)表示\(n\)的质因数
证明：
因为每一个质因数\(p_i\)的倍数在\(n\)中都是均匀分布的，所以在\(n\)中会有\(n\times \frac{1}{p_i}\)个\(p_i\)的倍数，那么其余的就是\(n\times (1-\frac{1}{p_i})\)个，每个质因数都是如此，那么最后不是所有质因数的倍数的自然就是与\(n\)互质的数，也就是\(n\times \prod\limits_{i=1}^k(1-\frac{1}{p_i})\)
积性函数
对于一个函数\(F(x)\)，如果\(m,n\)互质，满足\(F(m)\times F(n)=F(m\times n)\)的话，这个函数叫做积性函数，如果\(m,n\)不互质，而是任意整数满足上式的话被叫做完全积性函数
性质：
\(1\)、当\(p\)为质数时，\(φ(p)=p-1\)
证明：。。。看看定义就知道吧
\(2\)、当\(p\)为质数时，\(φ(p^k)=p^k-p^{k-1}\)
证明：因为\(p\)为质数，所以：$$φ(pk)=pk\times (1-\frac{1}{p})$$
因为\(p^k\)只有\(p\)这一个质因数
括号去掉就是性质\(2\)
\(3\)、欧拉函数是积性函数但不是完全积性函数，对于\(m,n\)互质时，有\(φ(m)\times φ(n)=φ(m\times n)\)
\(4\)、当\(n>2\)时，\(φ(n)\)为偶数
证明：这个是有一个基本事实：\(gcd(n,p)=1,gcd(n,n-p)=1\)，也就是说与\(n\)互质的数是成对出现的,所以\(φ(n)\)为偶数
\(5\)、对于小于\(n\)且与\(n\)互质的数，总和\(=φ(n)\times n/2\)
证明：上面已经说明了与\(n\)互质的数是成对出现的，每一对与\(n\)互质的数的平均数为\((p+n-p)/2\)，也就是\(n/2\)，一共有\(φ(n)\)个与\(n\)互质的数，所以总和为\(φ(n)\times n/2\)
\(6\)、\(n=\sum\limits_{d|n}φ(d)\)
证明：设$$F(n)=\sum\limits_{d|n}φ(d)$$
对于互质的两个数\(m,n\)：$$F(n)\times F(m)=\sum\limits_{i|m}φ(i)\times \sum\limits_{j|n}φ(j)$$
因为欧拉函数是积性函数，而\(m,n\)互质，所以它们的所有因数都互质，所以得到：
我们发现\(i_1\times j_1,i_1\times j_2,\cdots,i_{km}\times j_{kn}\)刚好就是\(m\times n\)的所有因数，所以得到：
所以我们证明了\(F(n)\)函数是积性函数
那么对于任何一个质数\(p\)，我们要求\(F(p^k)\)的时候怎么求呢？
因为\(p^k\)的因数只有\(1,p,p^2,\cdots,p^k\)，我们运用性质\(2\)：
我们把\(n\)进行质因数分解，会得到很多质数，而它们的\(F\)函数就等于本身，所以：
求欧拉函数
单个：\(2-\sqrt n\)扫一遍就好了，素数怎么求这个就怎么求
要是求<=n所有数的欧拉函数呢？
埃拉托斯特尼筛求欧拉函数 \(O(n(log(n))(loglogn))\)
就是普通的找质数，把倍数都筛一遍(质因数的贡献)
void Euler(int n)
{
for(int i=1;i<=n;++i)
phi[i]=i;
for (int i=2;i<=n;++i)
if (phi[i]==i)//i是质数
for (int j=i;j<=n;j+=i)//把i的倍数筛一遍
phi[j]=phi[j]/i*(i-1);
}
欧拉筛求欧拉函数 \(O(n)\)
先来了解一下欧拉筛
for(int i=2;i<=n;++i)
{
if(!vis[i])//不是目前找到的素数的倍数
prime[cnt++]=i;//找到素数~
for(int j=0;j<cnt&&i*prime[j]<=n;++j)
{
vis[i*prime[j]]=true;//找到的素数的倍数不访问
if(i%prime[j]==0)
break;//关键！！！！
}
}
很多人对 \(if(i\% prime[j]==0)\) 这一句都不太理解
找到一种很好的解释：
当\(i\)是\(prime[j]\)的倍数时，\(i=k∗prime[j]\)，如果继续运算 \(j+1\)，\(i∗prime[j+1]=prime[j]∗k∗prime[j+1]\)
这里\(prime[j]\)是最小的素因子，当\(i=k∗prime[j+1]\)时会重复
这里是利用最小素因子优化，使得欧拉筛达到了优秀的线性\(O(n)\)
下面正式求欧拉函数啦
void Euler(int n)
{
phi[1]=1;//1要特判
for (int i=2;i<=n;i++)
{
if(flag[i]==0)//这代表i是质数
{
prime[++num]=i;
phi[i]=i-1;
}
for (int j=1;j<=num&&prime[j]*i<=n;j++)//经典的欧拉筛写法
{
flag[i*prime[j]]=1;//先把这个合数标记掉
if (i%prime[j]==0)
{
phi[i*prime[j]]=phi[i]*prime[j];//若prime[j]是i的质因子，则根据计算公式，i已经包括i*prime[j]的所有质因子
break;//经典欧拉筛的核心语句，这样能保证每个数只会被自己最小的因子筛掉一次
}
else
phi[i*prime[j]]=phi[i]*phi[prime[j]];//利用了欧拉函数是个积性函数的性质
}
}
}
狄利克雷卷积
数论函数
数论函数亦称算术函数，一类重要的函数，指定义在正整数集上的实值或复值函数，更一般地，也可把数论函数看做是某一整数集上定义的函数
运算
定义两个数论函数的加法为逐项相加，即： $$(f+g)(n)=f(n)+g(n)$$
定义两个数论函数的乘法为这个数与每一项相乘，即： $$(x\times f)(n)=x\times f(n)$$
狄利克雷卷积
如下：$$t(n)=\sum\limits_{i|n}f(i)g(\frac{n}{i})$$
性质
\(1\)、交换律： $$f\times g=g\times f$$
\(2\)、结合律：$$(f\times g)\times h=f\times (g\times h)$$
\(3\)、分配率：$$(f+g)\times h=f\times h+g\times h$$
\(4\)、\(t\)是积性函数
证明：设\(n=a\times b\),且\(gcd(a,b)=1\)
莫比乌斯反演
对于两个函数\(F(n)\)与\(f(n)\)如果满足：$$F(n)=\sum\limits_{d|n}f(d)$$
通过莫比乌斯反演会得到：$$f(n)=\sum\limits_{d|n} \mu (d)F(\frac{n}{d})$$
为什么呢？我们先来了解一下上面的\(\mu\)函数
莫比乌斯函数
\(1\)、当\(n=1\)时，\(\mu (1)=1\)
\(2\)、当\(n>=2\)时
\((1)\)、\(d=\prod\limits_{i=1}^k p_i\) \(p_i\)为互异素数，\(\mu (n)=(-1)^k\)
\((2)\)、当上面\(p_i\)不互异时，也就是至少有大于等于一次方的质因数时，\(\mu (n)=0\)
所以莫比乌斯函数的性质就出来了：$$\sum\limits_{d|n} \mu (d)=[n=1]$$
证明莫比乌斯反演
因为性质$$\sum\limits_{d|n} \mu (d)=[n=1]$$
化成狄利克雷卷积形式为：$$\mu \times I=\epsilon$$
那么我们把莫比乌斯反演的式子拿过来：$$F(n)=\sum\limits_{d|n} f(d)$$
化成狄利克雷卷积形式为：$$F=f\times I$$
两边都乘上\(\mu\)为：$$F\times \mu =f\times I\times \mu$$
也就是：$$F\times \mu =f\times \epsilon$$
也就是：$$f=\mu \times F$$
化回来就是：$$f(n)=\sum\limits_{d|n} \mu (d)\times F(\frac{n}{d})$$
整除分块
这是一个很神奇的方法，可以把很多数论中的\(O(n)\)的优秀复杂度优化成更优秀的\(O(\sqrt n)\)
例如下面的式子：$$\sum\limits_{i=1}^n \left\lfloor \frac{n}{i} \right\rfloor $$
我们本来是可以直接一次循环\(O(n)\)算出的，但是有些题目可能会卡，所以更优秀的算法出来了
我们发现对于一部分连串的\(i\)，\(\frac{n}{i}\)会相同
例如当\(n=11\)时，\(i=6,7,8,9,10,11\)的时候\(\frac{n}{i}\)都等于\(1\)
所以我们可以分一块一块来做
下面是代码：
int Get(int x)
{
int ans=0;
for(int i=1,j;i<=x;i=j+1)
{
j=x/(x/i);
ans+=(x/i)*(j-i+1);
}
return ans;
}
据说上面的复杂度是\(O(\sqrt n)\)，然而我太弱了，不会证，姑且用着吧~~~
莫比乌斯函数与欧拉函数的关系
其实应该放在上面的，但是学习没有学全面，现在才学到
首先，我们知道：$$\sum\limits_{d|n} φ(d)=n$$
变形：$$\sum\limits_{d|n} φ(d)=id(n)$$
变成狄利克雷卷积形式就是：$$φ\times I=id$$
我们两边都乘上\(\mu\)：$$φ\times I\times \mu=id\times \mu$$
我们知道\(I\times \mu =\epsilon\)，带入：$$φ=id\times \mu$$
化回来：$$φ(n)=\sum\limits_{d|n} \mu (d) id(\frac{n}{d})$$
杜教筛
假设我们要求一个式子，其中\(f\)为积性函数：$$S(n)=\sum\limits_{i=1}^n f(i)$$
那么我们构造两个积性函数：$$h=g\times f$$
展开：$$h(n)=\sum\limits_{d|n} g(d)\times f(\frac{n}{d})$$
两边都求和：$$\sum\limits_{i=1}^n h(i)=\sum\limits_{i=1}^n \sum\limits_{d|i} g(d) \times f(\frac{i}{d})$$
套路的换枚举项：$$\sum\limits_{i=1}^n h(i)=\sum\limits_{i=1}^n \sum\limits_{d=1}^n [d|i]\ g(d) \times f(\frac{i}{d})$$
除\(d\)把\([d|i]\)消除：$$\sum\limits_{i=1}^n h(i)=\sum\limits_{d=1}^n \sum\limits_{i=1}^{\left\lfloor \frac{n}{d} \right\rfloor} g(d) \times f(i)$$
我们把\(S(n)=\sum\limits_{i=1}^n f(i)\)带入上式：$$\sum\limits_{i=1}^n h(i)=\sum\limits_{d=1}^n g(d) S(\left\lfloor \frac{n}{d} \right\rfloor)$$
那么我们现在把\(d=1\)的提出来：$$g(1)S(n)=\sum\limits_{i=1}^n h(i)-\sum\limits_{d=2}^n g(d)S(\left\lfloor \frac{n}{d} \right\rfloor)$$
那么我们现在就求出用杜教筛的式子了
我们举个例子：
当我们要求下式的时候：$$\sum\limits_{i=1}^n \mu(i)$$
我们设：$$S(n)=\sum\limits_{i=1}^n \mu(i)$$
那么我们就要求\(S(n)\)
我们就要构造出两个积性函数\(h,g\)，而我们也要使得\(h,g\)容易求出
我们知道：$$\mu \times I=\epsilon$$
那么我们就把\(g=I\)，\(h=\epsilon\)
这样带入上式的话，为：$$S(n)=1-\sum\limits_{d=2}^n S(\left\lfloor \frac{n}{d} \right\rfloor)$$
那么我们知道后面半部分可以用整除分块，那么我们预处理出\(n^{\frac{2}{3}}\)的\(S\)，然后记忆化求出剩余的就行（可以具体看下面代码理解）
再举个例子
假如要求：$$\sum\limits_{i=1}^n φ(i)$$
那么构造函数就会想到：$$φ\times I=id$$
那么带入就会得：$$S(n)=\frac{n\times (1+n)}{2}-\sum\limits_{d=2}^n S(\left\lfloor \frac{n}{d} \right\rfloor)$$
下面给出上面两个例子的代码
美滋滋的代码时间~~~
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<tr1/unordered_map>
#define N 5500007
#define ll long long
#define il inline
#define re register
#pragma GCC optimize(2)
#pragma GCC optimize(3)
using namespace std;
int T,n,cnt;
int sum1[N],prime[N],mu[N],phi[N];
ll sum2[N];
bool isp[N];
tr1::unordered_map<int,int> map_mu;
tr1::unordered_map<int,ll> map_phi;
il int read()
{
re int x=0,f=1; re char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9') {if(c=='-') f=-1;c=getchar();}
while(c>='0'&&c<='9') x=x*10+c-48,c=getchar();
return x*f;
}
il void Get(int x)
{
mu[1]=phi[1]=1;
for(re int i=2;i<=x;++i)
{
if(!isp[i])
{
prime[++cnt]=i;
mu[i]=-1;
phi[i]=i-1;
}
for(re int j=1;j<=cnt&&(i*prime[j])<=x;++j)
{
isp[i*prime[j]]=1;
if(i%prime[j]==0)
{
phi[i*prime[j]]=phi[i]*prime[j];
break;
}
else
{
phi[i*prime[j]]=phi[i]*phi[prime[j]];
mu[i*prime[j]]=-mu[i];
}
}
}
for(re int i=1;i<=x;++i)
sum1[i]=sum1[i-1]+mu[i],sum2[i]=sum2[i-1]+phi[i];
}
il int Ans_mu(ll x)
{
if(x<=5500000)
return sum1[x];
if(map_mu[x])
return map_mu[x];
int ans=1;
for(re int l=2,r;l<=x;l=r+1)
{
r=x/(x/l);
ans-=(r-l+1)*Ans_mu(x/l);
}
return map_mu[x]=ans;
}
il ll Ans_phi(ll x)
{
if(x<=5500000)
return sum2[x];
if(map_phi[x])
return map_phi[x];
ll ans=(x*(1+x))/2;
for(re ll l=2,r;l<=x;l=r+1)
{
r=x/(x/l);
ans-=(r-l+1)*Ans_phi(x/l);
}
return map_phi[x]=ans;
}
int main()
{
T=read();
Get(5500000);
while(T--)
{
n=read();
printf("%lld %d\n",Ans_phi(n),Ans_mu(n));
}
return 0;
}
再拓展一个例子：
我们要求：$$\sum\limits_{i=1}^n i\times φ(i)$$
我们设：$$S(n)=\sum\limits_{i=1}^n i\times φ(i)$$
那么我们发现不好怎么配\(g,h\)函数，这个时候怎么办呢，我们把\(f\)化为卷积形式：$$\sum\limits_{d|n} (d\times φ(d))g(\frac{n}{d})$$
那么我们发现\(d\)有点讨厌，那就要想办法消去，我们发现如果\(g\)函数为\(id\)函数的时候，\(d\)可以互相约去，也就是：$$\sum\limits_{d|n} n\times φ(d)$$
发现\(n\)与\(d\)无关，可以提出来：$$n\sum\limits_{d|n} φ(d)$$
而我们发现后面一部分就是\(n\)，所以式子就是：$$n^2$$
那么带回去之后就是：$$S(n)=\sum\limits_{i=1}^n i^2 -\sum\limits_{d=2}^n d\times S(\left\lfloor \frac{n}{d} \right\rfloor)$$
我们发现只要能算出平方和的话就可以求出来了
那么平方和怎么算呢？
因为\(n^2=n(n+1)-n\)，那么得到：$$1\times 2 -1+2\times 3-2+3\times 4-3+\cdots +n(n+1)-n$$
移项得：$$1\times 2+2\times 3+3\times 4+\cdots +n(n+1)-(1+2+3+\cdots +n)$$
因为\(n(n+1)=\frac{n(n+1)(n+2)-(n-1)n(n+1)}{3}\)，所以前一部分互相消去变成：$$\frac{n(n+1)(n+2)}{3}$$
后一部分为：$$-\frac{(1+n)n}{2}$$
原式为：$$\frac{n(n+1)(n+2)}{3}-\frac{(1+n)n}{2}$$
通分：$$\frac{2n(n+1)(n+2)}{6}-\frac{3n(1+n)}{6}$$
大功告成~~~
