Part 1 数论

介绍一种 \(O(1)\) 求 gcd 的方法。

  • 可以证明 \(n=abc\)，其中，任意一个数均满足 \(\leq \sqrt{n}\) 或是质数。

    证明：

    • 首先，\(n=1\) 显然成立。

    • 我们考虑设 \(n\) 最小质因子是 \(p\)，设 \(\frac{n}{p}=abc\)，其中有 \(a\leq b\leq c\)。

    • 若 \(a=1\)，\(ap\) 是质数，显然成立。

    • 若 \(a\neq 1\)，那么 \(p\) 一定有 \(\leq a\)，那么就有，因为有 \(pabc=n\)，就有 \(p\leq n^{\frac{1}{4}}\)。

    • 同时，\(a\) 一定 \(\leq ({\frac{n}{p}})^{\frac{1}{3}}\)，那么 \(ap\) 一定就 \(\leq \sqrt{n}\)。

    先预处理 \(n\) 的 \(a_n,b_n,c_n\)，那么对于一个 \(n,m\) 来说：

    记录 ：

    • \(A=\gcd(a_n,m)\)。
    • \(B=\gcd(b_n,\frac{m}{A})\)。
    • \(C=\gcd(c_n,\frac{m}{AB})\)。

    那么 \(\gcd(n,,m)=ABC\)。

    注意到，如果 \(a_n\) 是质数，只要看 \(m\) 是否是他倍数即可，否则，根据辗转相除法换成两个 \(\leq \sqrt n\) 的数的 \(\gcd\)，就算完了。

费马小定理

定理内容：当 \(p\) 为质数，\(a\) 与 \(p\) 互质时，有 \(a^{p-1}=1\pmod p\)。

证明：

  • 引理： \(ia,i\in[1,p-1]\) 在模 \(p\) 意义下一定互不相同，如果存在 \(i\neq j\)，满足 \(ai\equiv aj\pmod p\)，即 \(a(i-j)\equiv 0\pmod p\)。

    因为 \(p\) 是质数，\(a\) 不是 \(p\) 的倍数，所以左式为 \(0\) 要求 \(i-j=0\)，而 \(1\leq i,j<p,i\neq j\)，显然矛盾，引理得证。

  • 根据上述引理，我们知道 \(ai\) 在模 \(p\) 意义下构成了 \([1,p-1]\) 的所有数，那么就有 \(\prod ai\pmod p=\prod i,i\in[1,p-1]\)，同时约掉 \(\prod i\)，即 \(a^{p-1}=1\)。

欧拉定理

定理内容：\(a^{\phi(n)}\equiv 1\pmod n\)。

我们尝试将费马小定理进行推广，把 \(n\) 是质数的条件去掉，现在条件仅有 \(n\) 与 \(a\) 互质。

我们设与 \(n\) 互质的数分别为 \(b_1,b_2...,b_{\phi(n)}\)，根据费马小定理推导，我们尝试证明 \(ab_i\neq ab_j(i\neq j)\)，\(\prod ab_i\) 与 \(p\) 互质。

前者是显然的，后者由于 \(a,b\) 与 \(p\) 互质，所以也是显然的，于是我们就有 \(a^{\phi(n)}=1\pmod p\)。

欧拉函数

介绍 \(\phi\) 的一些性质。

  • 定义式：\(\phi(n)=\sum \limits_{i=1}^n[\gcd(n,i)=1]\)。

  • 计算式：根据容斥原理，\(\phi(n)=n\prod \frac{p_i-1}{p_i}\)。

  • 积性：若 \(n,m\) 互质，则 \(\phi(nm)=\phi(n)\phi(m)\)，这点由计算式不难证明，但是还有更加有趣的证明方式：

    设与 \(a\) 互质的数为 \(a_1,a_2,...,a_{\phi(a)}\) 考虑 \([1,ab]\) 内与 \(a\) 互质的数为 \(ia+a_j(0\leq i<b)\)。

    因为 \(a,b\) 互质，所以 \(ia\) 在模 \(b\) 意义下互不相同，所以对于一个 \(a_j\)，\(ia+a_j\) 在模 \(b\) 意义下取遍了 \([0,b-1]\)。

    不难发现，每组内与 \(b\) 互质的数是 \(\phi(b)\)，所以与 \(ab\) 互质的数个数为 \(\phi(a)\phi(b)\)。

  • 若 \(a|b\)，则 \(\phi(ab)=a\phi(b)\)。

    这点根据计算式不难得出。

  • 欧拉反演：\(\sum\limits_{d|n}\phi(d)=n\)。

    \(\sum \limits_{d|n}\phi(d)=\sum \limits_{d|n}\phi(\frac{n}{d})=\sum\limits_{d|n}\sum\limits_{i=1}^{\frac{n}{d}}[\gcd(\frac{n}{d},i)=1]=\sum\limits_{d|n}\sum\limits_{i=1}^n[\gcd(n,i)=d]=n\)。

    证毕。

  • 若 \(a|b\)，则 \(\phi(a)|\phi(b)\)，由计算式不难发现。

  • 对于 \(n>2\)，有 \(\phi(n)\) 是偶数。

    证明：对于任意 \(x\) 与 \(n\) 互质，我们一定有 \(n-x\) 也与 \(n\) 互质，特殊情况是 \(n-x=x\)，即 \(x=\frac{n}{2}\)，当 \(n>2\) 时，显然 \(x\neq 1\)。

  • 使得 \(\gcd(n,x)=d\) 且 \(1\leq x\leq n\) 的 \(x\) 的个数为 \(\phi(\frac{n}{d})\)。

Exgcd

求解方程 \(ax+by=c\) 。

显然，该方程有解的条件是 \(c\) 为 \(\gcd(a,b)\) 的倍数，我们来证明充分性：

方程两边同除掉 \(\gcd(a,b)\)，显然有 \(a'x+b'y=c'\)，此时 \(\gcd(a,b)\) 互质，因为 \(c'\) 可能是任意整数，所以我们就要证明 \(a'x+b'y\) 可以取遍任意整数，也就是只要证明可以取遍 \(a'x+b'y\) 可以取遍 \([0,b-1]\) 中的任意整数，由于 \(a,b\) 互质，这一点是显然的。

  • 这引申出来一个问题模型：初始置 \(s=0\)，每次 \(s\) 变为 \((s+a)\bmod b\)，问 \(s\) 的取值可能有多少种。

    我们显然要解方程 \(ka\equiv 0\pmod b\)，求解最小的 \(k\)，质因数分解，我们需要补上 \(a\) 中没有的，\(b\) 中有的因子，即 \(k=\frac{b}{\gcd(a,b)}\)。

Exgcd 求解过程：

  • 计算方程 \(ax+by=(a,b)\) 的解。
  • 将 \(x,y\) 同乘 \(\frac{c}{(a,b)}\) 得到 \(x',y'\)。
  • 根据符号反向调整 \(x',y'\) 的正负，得到最终答案。

逆元

若 \(a,p\) 互质，才有逆元。若 \(p\) 还为质数，则可以用费马小定理。

若 \(p\) 不为质数，相当于求解方程 \(ax\equiv 1\pmod p\)。

这个等价于求解方程 \(ax+py=1\)，由裴属定理可知，只有当 \(a,p\) 互质时，才有逆元。

线性求逆元：给定 \(n\) 个数，第 \(i\) 个记为 \(a_i\)，求它们在\(\mod p\) 意义下的逆元，保证 \(p\) 质数。

简化版本，给定 \(n,p\)，求出 \(1\sim n\) 在 \(\mod p\) 意义下的逆元，保证 \(p\) 质数。

建议直接背过简化版本的公式： \(i^{-1}=-\frac{p}{i}\cdot (p\% i)^{-1}\) 。

威尔逊定理

定理内容：\((p-1)! \equiv -1\pmod p\)。（\(p\) 为素数，下文等号均在模 \(p\) 意义下）

证明：\(p=2\) 时，定理显然成立，原式等价于 \(2\times 3\times 4...\times (p-2)=1\)，由于 \(p\) 是奇数，所以 \([2,p-2]\) 共 \(p-3\) 个（偶数个数），考虑将他们配对。

  • 一定不存在 \(x\in[2,p-2]\)，使得 \(x^{-1}=x\)，若 \(x^{-1}=x\)，则 \(x^2=1\)，\(x^2-1=0\)，\((x+1)(x-1)=0\)，由于 \(x+1,x-1\) 均不是 \(p\) 的因数，更不包含 \(p\) 这个因子，所以命题成立。
  • 对于 \(x^{-1}=y\)，那么 \(y^{-1}=x\)，一个数只可能有一个逆元（假设一个数 \(x\) 有 \(a,b\) 两个逆元，则 \(xa=xb=1\)，那么 \(b-a=0\)，则 \(a=b\)。
  • \(p-1\) 显然不会参与逆元配对，因为他的逆元是 \(p-1\)。
  • 剩下的数，显然逆元在 \([1,p-1]\) 之中，但不可能是 \(p-1,1\)，所以可以做到两两配对。

中国剩余定理

考虑若干个方程 \(x\equiv a_i\pmod {m_i}\)，保证 \(m_i\) 两两互质，求 \(x\)。

考虑两个方程 \(x\equiv a_1\pmod {m_1}\)，\(x\equiv a_2\pmod{m_2}\)，如何合并。

首先，设 \(x=k_1\times m_1+a_1\)。带入 \(2\) 得 \(k_1\times m_1+a_1=a_2\pmod {m_2}\)。

移项得 \(k_1=\frac{(a_2-a_1)}{m_1}\)。直接求 \(m_1\) 在模 \(m_2\) 意义下的逆元算 \(k_1\)，再求 \(x\) 即可。

这俩方程合并后的结果是 \(x \equiv b_3\pmod{m_3}\)，其中 \(m_3=lcm(m_1,m_2)\)，\(b_3\) 为上一个方程的解。

若不保证互质咋做？

考虑把两个方程都写成 \(y=kx+b\) 的形式。

则 \(k_1\times m_1+b_1=k_2\times m_2+b_2\)。

移项得 \(k_1\times m_1-k_2\times m_2=b_2-b_1\)。

这已经可以使用 exgcd 解了，但是我们可以进一步化简。

令 \(g=\gcd(m_1,m_2)\)，方程两边同除 \(g\) 得 \(\frac{m_1}{g}k_1-\frac{m_2}{g}k_2=\frac{b_2-b_1}{g}\)。

则 \(\frac{m_1}{g}k_1\equiv \frac{b_2-b_1}{g}\pmod{\frac{m_2}{g}}\)。

整理得 \(k_1=\frac{b_2-b_1}{g}\cdot (\frac{m_1}{g})^{-1} \pmod {\frac{m_2}{g}}\)，于是可以直接算逆元。

莫反

默认大家都会最基础的莫反。

P4844 LJJ爱数数
  • 容易发现，原题求的其实是 \(\sum\limits_{a=1}^n \sum\limits_{b=1}^n [\gcd(a,b,\frac{ab}{a+b})=1]\)。
  • 这等价于 \(\sum\limits_{a=1}^n \sum\limits_{b=1}^n[\gcd(a^2+ab,b^2+ab,ab)=a+b]\)。
  • 根据辗转相消，原式可化为 \(\sum \limits_{a=1}^n\sum \limits_{b=1}^n[\gcd(a^2,b^2,ab)=a+b]\)。
  • 拆解 \(\gcd\)，原始等价于 \(\sum \limits_{a=1}^n\sum \limits_{b=1}^n[\gcd(\gcd(a^2,ab),\gcd(b^2,ab))=a+b]=\sum\limits_{a=1}^n \sum\limits_{b=1}^n[\gcd(a\gcd(a,b),b\gcd(a,b))=a+b]=\sum\limits_{a=1}^n\sum\limits_{b=1}^n[\gcd^2(a,b)=a+b]\)。
  • 那么这就变成了一个可以莫反的形式，直接做即可，复杂度是 \(O(\sqrt{n} \log n)\)。
P3312 [SDOI2014]数表

考虑莫反，我们把先枚举 \(g\)，再枚举 \(i,j\)，就可以得到一个经典的莫反形式，设 \(f(x)\) 代表 \(x\) 的因数和。

得到式子 \(\sum\limits_{g=1}^n f(g)\sum\limits_{d=1}^{\frac{n}{d}}\mu (d)\frac{n}{dg}\frac{m}{dg}\)。

考虑换元，令 \(T=dg\)，那么要求 \(\sum \limits_{T=1}^n\frac{n}{T} \frac{m}{T}\sum\limits_{g|T}f(g)u(\frac{T}d)\)。

但是有 \(a\) 的限制，也就是要求 \(f(g)\leq a\)，把后面的部分看成一个关于 \(T\) 的函数 \(G(T)\)，那么我们现在查询是查询 \(G\) 的区间和，就是实时维护 \(G\)，考虑把询问离线，把 \(a\) 从小到大排序，那么每次我们新加入一个 \(a\)，只要把 \(a\) 的倍数的 \(G\) 值更新一下即可，用树状数组维护，复杂度是 \(O(T\sqrt{n}\log n)\)。

P3327 [SDOI2015]约数个数和

考虑如何求 \(d(n)\)，考虑 \(d(n)=p_1^{k_1}p_2^{k_2}....p_m^{k_m}\)，那么 \(d(n)=\prod (k_i+1)\)。

考虑第 \(d(i,j)\)，设分解质因数得到的指数序列分别是 \(a,b\)，其实就是 \(\prod (a_i+b_i+1)\)。

这个我们可以理解成，对于一个质因子，我们要么在 \(i\) 中选，要么在 \(j\) 中选，要么不选，于是就得到：

\(d(i,j)=\sum\limits_{1\leq a\leq i,1\leq b\leq j} \gcd(a,b)=1\)。

然后再按照莫反的套路做即可。

P4619 [SDOI2018]旧试题

前面的步骤和上个题基本一致，最后要求：

\(\sum \sum \sum u(i)u(j)u(k) F(a,lcm(i,j))F(b,lcm(j,k))F(c,lcm(i,k))\)。

我们在两个点之间连一条边权为 \(lcm(i,j)\) 的边，那么其实就是三元环计数。

边数理论上是 \(n^2\) 级别，但实际可能不大，因为有 \(lcm\leq n\) 的要求。

于是我们枚举 LCM，分解质因数，注意到如果两个数的 \(u\) 值任意一个为 \(0\)，那么都是没贡献的。

于是 LCM 的 \(u\) 一定不为 \(0\)，分解质因数，然后枚举子集就行，最后跑一边三元环计数就好啦。

P4240 毒瘤之神的考验

如何求 \(\phi(n)\)，经典的公式是 \(n\prod \frac{p_i-1}{p_i}\)。

那么 \(\phi(ij)\) 如果直接把 \(\phi(i)\phi(j)\) 相乘会多算什么，如果他们有公共的质因子，那么这个质因子被算了两遍，我们要把他除掉，所以除掉 \(\phi(\gcd(i,j))\) 即可，但是这时候我们有多除掉了一个 \(\gcd(i,j)\)，再乘上就行了。

那么根据经典的莫反，我们可以最终把柿子整理成 \(\sum\limits_{k=1}^n f(k)g(k,\frac{n}{k})g(k,\frac{m}{k})\)。

如何求他？看起来十分的困难，不好数论分块，我们考虑同时出现 \(k\) 与 \(n/k\)，根号分治。

对于 \(\leq B\) 的 \(k\)，暴力计算答案很方便，复杂度是 \(O(B)\) 的。

对于 \(\ge B\) 的 \(k\)，\(\frac{n}{k}\leq \frac{n}{B}\)，是个很小的数，我们可以设 \(t(a,b,n)\) 代表 \(\sum\limits_{i=1}^n f(a)g(i,a)g(i,b)\)。

这里的 \(a,b\) 都特别小，我们花点时间预处理即可，值得一提的是，每一段需要算 \(t(\frac{n}{k},\frac{m}{k},r)-t(\frac{n}{k},\frac{m}{k},l-1)\)，所以说，一定有 \(n\leq \frac{mx}{a}\)，所以预处理复杂度是 \(Bn\)，而并非网上广为流传的 \(B^2n\)，理论上 \(B\) 取根号最优，但实际测试中，取 \(50\) 更优秀。

Part2 八重计数法

八重计数法求法

Part2.1

  • \((0,0,0)\)，即球本质不同，盒子本质不同，不必填满。

    对于每一种球考虑，显然每一个球可以放在任意一个盒子中，有 \(m\) 种方案，根据乘法原理，答案为 \(m^n\)。

  • \((0,0,1)\)，与上一问的区别仅在于 盒子必须填满。

    一个错误想法：先任选 \(m\) 个球，把他们填到盒子中，转化成问题 \((0,0,0)\)，但这样是错的，因为球本质不同，盒子也本质不同。

    先补集转化，可以求至少一个盒子不满的方案数，再容斥，至少一个盒子不满的方案数即为 \(\sum\limits_{k=1}^m(-1)^{k+1}\tbinom{m}{k}(m-k)^n\)，再用总方案数 \(m^n\) 减掉即可，总式子可以写作\(\sum\limits_{k=0}^m(-1)^{k}\tbinom{m}{k}(m-k)^n\)。

    当然，也可以写成二项式反演形式，也是容易证明的。

  • \((0,1,1)\)，与上一问的区别仅在于 盒子本质相同。

    那么记上一问答案为 \(s\)，这一问答案就是 \(\frac{s}{m!}\)，即 \(\frac{1}{m!}\sum\limits_{k=0}^m(-1)^{k}\tbinom{m}{k}(m-k)^n\)。

    上式也就是著名的第二类斯特林数，记做 \(S(n,m)\)。

  • \((0,1,0)\)，与上一问的区别仅在于 盒子不必填满。

    那么枚举几个盒子不满（假设 \(k\) 个），就转化成了上一问，因为盒子本质相同，所以系数是 \(1\)，而不是组合数，这一问答案即为 \(\sum\limits_{k=0}^{m-1} S(n,m-k)\)。

Part2.2

  • \((1,0,0)\)，即球本质相同，盒子本质不同，不必填满。

    经典插板法，加 \(m-1\) 个球，现在共有 \(n+m-1\) 共有，随意挑取 \(m-1\) 个球作为板子，那么每一种挑选方案都对应一种球放入盒中的方案，故方案数为 \(\tbinom{n+m-1}{m-1}\)。

  • \((1,0,1)\)，与上一问的区别仅在于 盒子必须填满。

    与上一问类似，仍然插板，但这次是插 \(n-1\) 个板子，在其中选 \(m-1\) 个（这样才保证非空），故方案数 \(\tbinom{n-1}{m-1}\)。

Part2.3

  • \((1,1,0)\)，即球本质相同，盒子本质相同，不必填满。

    只会使用 dp 来解决，可以设 \(dp(i,j)\) 为目前使用了 \(i\) 个球，填了（可以不满）\(j\) 个盒子的方案数，那么有转移方程 \(dp(i,j)=dp(i,j-1)+dp(i-j,j)\) （分类讨论 \(j\) 个盒子中是否有空盒子）。

  • \((1,1,1)\)，与上一问的区别仅在于 盒子必须填满。

    那么我们先每个盒子里都放一个球，答案就是 \(dp(n-m,m)\)（dp 是上一问求出的数组）。

至此，\(8\) 情况全部讨论完。

一些基本恒等式

定义

  • 组合数又叫二项式系数，符号为 \(\tbinom{n}{m}\)，本文暂且只讨论 \(n,m\) 均为 整数 的情况，所以若无特殊说明，出现的数均为整数。
  • 我们称 \(n\) 为上指标，\(m\) 为下指标，容易知道，上指标对应杨辉三角中的 行，下指标对应杨辉三角中的 列。
  • 定义 \(x^0=1(x\leq 0)\)。

单项组合数变换

  • 根据定义，显然有公式 \(\tbinom{n}{m}=\tbinom{n}{n-m},(n\geq0)\)，这个称为 对称恒等式。

  • 根据定义，显然有公式 \(\tbinom{n}{m}=\frac{n}{m}\tbinom{n-1}{m-1},(m\neq0)\)，\(m\tbinom{n}{m}=n\tbinom{n-1}{m-1}\)，这两个称为 吸收恒等式。

  • 与上条不等式相伴的下指标不变的恒等式：\((n-m)\tbinom{n}{m}=n\tbinom{n-1}{m}\)。

    \((n-m)\tbinom{n}{m}=(n-m)\tbinom{n}{n-m}=n\tbinom{n-1}{n-m-1}=n\tbinom{n-1}{m}\)。

  • \(\tbinom{n}{m}=\tbinom{n-1}{m}+\tbinom{n-1}{m-1}\)，加法公式。

  • \(\tbinom{r}{m}\tbinom{m}{k}=\tbinom{r}{k}\tbinom{r-k}{m-k}\)，证明可以考虑组合意义，比较简单。

和式组合数变单项组合数

  • \(\sum\limits_{k\leq m}\tbinom{n+k}{k}=\sum\limits_{k\leq m}\tbinom{n+k}{n}=\tbinom{n+m+1}{n+1}\)。

    这个叫做 平行求和法 证明的方法有很多。

    • 将 \(\tbinom{n+m+1}{n+1}\) 展开，容易得到左式。

    • 直接在杨辉三角上考虑。

      对长方框内的东西求和，答案就是五角星。

  • \(\sum\limits_{0\leq k\leq n}\tbinom{k}{m}=\tbinom{n+1}{m+1},(n\geq0,m\geq0)\)。

    显然，上式左边当 \(k\geq m\) 时才有值，于是

    \(\sum\limits_{m\le k \leq n}\tbinom{k}{m}=\sum\limits_{0\leq k\leq n-m}\tbinom{k+m}{m}=\tbinom{n+1}{m+1}\)。

    你会惊讶的发现他和平行求和法是一个东西，只不过枚举的 \(k\) 意义不同，但是这个貌似看起来更加直观，于是他叫做 关于上指标求和，个人更喜欢这个公式。

  • 二项式定理

    这个大家都会，证明就略过，公式为 \((x+y)^n=\sum\limits_{0\leq k\leq n}\tbinom{n}{k}x^ky^{n-k}\)。

    有了他，我们就有很多特殊形式。

    • 令 \(x=y=1\)，则 \(2^n=\sum\limits_{0\leq k\leq n}\tbinom{n}{k}\)。
    • 令 \(x=-1,y=1\)，则 \(0=\sum\limits_{0\leq k\leq n}(-1)^k\tbinom{n}{m}\)。

    更高级的，我们其实有广义二项式定理，适用于上指标是任意实数。

    \((1+x)^a=\sum\limits_{m=0}^{正无穷}\tbinom{a}{m}x^m\)，证明我不会，(ix35 也不会)。

    需要引入一个公式，上指标反转，即 \(\tbinom{n}{m}=\tbinom{m-n-1}{m}(-1)^m\)，证明可以直接展开。

    根据这个，我们可以知道，\((1+x)^{-n}=\sum\limits_{i=0}^{正无穷}\tbinom{-n}{i}x^i=\sum\limits_{i=0}^{正无穷}\tbinom{n+i-1}{i}x^i\)。

    那么 \((1-x)^{-n}=\sum\limits_{i=0}^{正无穷}\tbinom{n+i-1}{i}(-x)^i=\sum\limits_{i=0}^{正无穷}(-1)^i\tbinom{n+i-1}{i}x^i\)，这就是在生成函数中提到的广义二项式定理的证明！（你可能会对于下指标是否是 \(i-1\) 有疑问，但其实，\(i\) 是球数，\(n-1\) 是板子数！）

  • 范德蒙德卷积公式

    \(\sum\limits_{0\leq k\leq n}\tbinom{r}{k}\tbinom{s}{n-k}=\tbinom{r+s}{n}\)，证明可以考虑组合意义，也比较简单。

    他还有一个形式：

    \(\sum\limits_{i=0}^{\min(n,m-k)}\tbinom{n}{i}\tbinom{m}{i+k}=\tbinom{n+m}{n+k}\)，只需要将 \(\tbinom{n}{i}\) 换为 \(\tbinom{n}{n-i}\) 即可。

    其实范德蒙德卷积证明也很简单，考虑二项式定理即可。