一些数论总结(Last update 10/19)

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版权声明：本文为博主原创文章，随便转载 https://blog.csdn.net/vanillayi/article/details/83176298

数论

By Misia in 2018

自制课件

费马小定理

若p是质数，a是任意整数，并且a不能被p整除，于是：
a p − 1 ≡ 1 ( m o d   p ) a^{p-1}≡1(mod \ p)

欧拉函数

OEIS A000010

φ(n)表示1~n以内和n互质的数的个数。
p表示n的所有质因数。
有 φ ( n ) = n ∗ ∏ p ∣ n p   ( 1 − 1 q ) φ(n)=n*\prod_{p|n}^p\ (1-\frac{1}{q})

  • 欧拉函数是积性函数，若m,n互质，则： φ ( m n ) = φ ( n ) ∗ φ ( m ) φ(mn)=φ(n)*φ(m)
  • 若n为奇数，则： φ ( 2 n ) = φ ( n ) φ(2n)=φ(n)
  • 若n为质数，则： φ ( n ) = n − 1 φ(n)=n-1

线性筛欧拉函数

int m[maxn],phi[maxn],p[maxn],pt;//m[i]是i的最小素因数，p是素数，pt是素数个数
int get_phi(){
    phi[1]=1;
    int N=maxn,k;
    for(int i=2;i<N;i++){
        if(!m[i]){//i是素数
            p[pt++]=m[i]=i,phi[i]=i-1;
        }
        for(int j=0;j<pt&&(k=p[j]*i)<N;j++){
            m[k]=p[j];
            if(m[i]==p[j]){//为了保证以后的数不被再筛，要break
                phi[k]=phi[i]*p[j];
/*这里的phi[k]与phi[i]后面的∏(p[i]-1)/p[i]都一样（m[i]==p[j]）只差一个p[j]，就可以保证∏(p[i]-1)/p[i]前面也一样了*/
                break;
            }
            else{
                phi[k]=phi[i]*(p[j]-1);//积性函数性质
            }
        }
    }
}

欧拉定理

若 g c d ( a , b ) = 1 gcd(a,b)=1 ，则： a φ ( b ) ≡ 1 ( m o d   b ) a^{φ(b)}≡1(mod \ b)

更常用的： a b % m = a b % φ ( m ) + φ ( m ) % m a^b \% m=a^{b \% φ(m)+φ(m)}\%m

原根

定义：设m>1， g c d ( a , m ) = 1 gcd(a,m)=1 ，使得 a r ≡ 1 ( m o d   m ) a^r≡1(mod \ m) 成立的最小的r，称为a对模m的阶，记为 δ m ( a ) \delta_m(a) 。

数m有原根的充要条件： m = 2 , 4 , p k , 2 p k m=2,4,p^k,2p^k (p为奇素数，k为任意正整数)。

定理

  • 如果模m有原根，那么它一共有 φ ( φ ( m ) ) φ(φ(m)) 个原根。
  • 若m>1， g c d ( a , m ) = 1 gcd(a,m)=1 ， a n ≡ 1 ( m o d   m ) a^n≡1(mod \ m) ，则 δ m ( a ) ∣ n \delta_m(a)|n 。
  • 如果p为素数，那么素数p一定存在原根，并且p模的原根的个数为 φ ( p − 1 ) φ(p-1) 。
  • 设m是正整数，a是整数，若a模m的阶等于 φ ( m ) φ(m) ，则称a为模m的一个原根。

找原根

若欲求m的原根的话,对 φ ( m ) φ(m) 进行质因数分解，求出所有质因子 p i p_i ，若对于任意 p i p_i ，均满足 g φ ( m ) p i ≠ 1 ( m o d   m ) g^{\frac{φ(m)}{p_i}}\neq 1(mod \ m) ，则g是m的原根。

求原根的代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int p[100007], c;
long long pow_mod(long long a,long long x,long long m){
	long long ans=1;
	while(x){
		if(x&1){
			ans=ans*a%m;
		}
		a=a*a%m;
		x>>=1;
	}
	return ans;
}
bool ok(int x,int ph,int m){
	for(int i=0;i<c;i++){
		if(pow_mod(x,ph/p[i],m)==1){
			return 0;
		}
	}
	return 1;
}
void divide(int x){
	c=0;
	for(int i=2;i*i<=x;i++){
		if(x%i==0){
			p[c++]=i;
			while(x%i==0){
				x/=i;
			}
		}
	}
	if(x>1){
		p[c++]=x;
	}
}
int main(){
	int wxh;
	scanf("%d",&wxh);
	while(wxh--){
		int n;
		scanf("%d",&n);
		int m=n,ans=m;
		for(int i=2;i*i<=n;i++){
			if(n%i==0){
				ans=ans/i*(i-1);
				while(n%i==0){
					n/=i;
				}
			}
		}
		if(n>1){
			ans=ans/n*(n-1);
		}
		divide(ans);
		int x=ans;
		while(!ok(x,ans,m)){
			x--;
		}
		printf("%d\n",x);
	}
	return 0;
}

二次剩余

当存在某个x，式子 x 2 ≡ d ( m o d   p ) x^{2}≡d(mod\ p) 成立时，称“d是模p的二次剩余”。
当对任意x不成立时，称“d是模p的二次非剩余”。
学不来
关于如何计算二次剩余，详见Miskcoo的博客

解方程a^b≡n(mod p)(p是素数)

一、已知n,p(p是奇数),b=2,求a

由费马小定理： n ( p − 1 ) / 2 ≡ ± 1 ( m o d   p ) n^{(p-1)/2}≡\pm1(mod\ p)
根据欧拉准则,二次剩余有解当且仅当 n ( p − 1 ) / 2 ≡ 1 ( m o d   p ) n^{(p-1)/2}≡1(mod\ p)
如果c满足 w = c 2 − n w=c^2-n 不是p的二次剩余，那么 a = ( c + ( w ) ) ( p − 1 ) / 2 a=(c+\sqrt(w))^{(p-1)/2} 是方程 a 2 ≡ n ( m o d   p ) a^2≡n(mod\ p) 的解。因为有一半的数是非二次剩余，所以可以随机c，验证即可。
详见Philipsweng的博客

二、已知n,p,a,求b

使用Baby-step giant-step算法
(临时)详见Yuiffy的博客

模板(Poj 2417)

#include<bits/stdc++.h> 
using namespace std;
long long p,b,n;
void exgcd(long long c,long long d,long long &x,long long &y){
	if(!d){
    	x=1;y=0;
    	return ;
	}
	exgcd(d,c%d,x,y);
	long long z=y,r=x-(c/d)*y;
	x=z;y=r;
}
void work(){
	long long m=(long long)sqrt(p),bb=1,nn=n,inv,t;
	map<int,int> num;
	map<int,bool> app;
	app[1]=1;
	num[1]=0;
	for(int i=1;i<=m-1;i++){
	    bb=bb*b%p;
	    if(!app[bb]){
	        app[bb]=1;
	        num[bb]=i;
	    }
	}
	bb=bb*b%p;
	exgcd(bb,p,inv,t);
	if(inv>0){
		inv%=p;
	}
	else{
		inv=inv%p+p;
	}
	for(int i=0;i<=m;i++){
	    if(app[nn]){
	        printf("%lld\n",i*m+num[nn]);
	        return;
	    }
	    nn=nn*inv%p;
	}
	printf("no solution\n");
}
int main(){
	while(~scanf("%lld%lld%lld",&p,&b,&n)){
		work();
	}
	return 0;
}

Ramsey定理

存在一个p，使得对p个点的完全图红蓝染色，要么存在n个点的红色完全子图，要么存在m个点的蓝色完全子图。
把最小的p记作R(n,m)，称为Ramsey数，一般用到R(3,3)=6。
更大的Ramsey数特别难算。

第一类Stirling数

OEIS A008275(有符号)

表示将n个不同元素构成m个圆排列的方案数。
通俗来说，就是n个不同人围m个相同圆桌而坐，要求各桌非空，其不同方案数。
第一类Stirling数又分为无符号( S u S_u )与有符号( S s S_s )两种。

无符号

递推式
S u ( n + 1 , m ) = S u ( n , m − 1 ) + n S u ( n , m ) S_u(n+1,m)=S_u(n,m-1)+nS_u(n,m)

性质

  • S u ( 0 , 0 ) = 1 S_u(0,0)=1
  • S u ( n , 0 ) = 0 S_u(n,0)=0
  • S u ( n , n ) = 1 S_u(n,n)=1
  • S u ( n , 1 ) = ( n − 1 ) ! S_u(n,1)=(n-1)!
  • S u ( n , n − 1 ) = C ( n , 2 ) S_u(n,n-1)=C(n,2)
  • S u ( n , 2 ) = ( n − 1 ) ! ∑ i = 1 n − 1 1 i S_u(n,2)=(n-1)!\sum_{i=1}^{n-1}{\frac{1}{i}}
  • S u ( n , n − 2 ) = 2 C ( n , 3 ) + 3 C ( n , 4 ) S_u(n,n-2)=2C(n,3)+3C(n,4)
  • ∑ k = 0 n S u ( n , k ) = n ! \sum_{k=0}^n{S_u(n,k)}=n!

有符号

递推式
S s ( n + 1 , m ) = S s ( n , m − 1 ) − n S s ( n , m ) S_s(n+1,m)=S_s(n,m-1)-nS_s(n,m)

性质

  • S s ( n , m ) = ( − 1 ) n + m ∗ S u ( n , m ) S_s(n,m)=(-1)^{n+m}*S_u(n,m)
  • ∑ k = 0 n S s ( n , k ) = 0 n ( 其 中 0 0 = 1 ) \sum_{k=0}^n{S_s(n,k)}=0^n (其中0^0=1)

例子
有n个仓库，每个仓库有两把钥匙，共2n把钥匙。同时又有n位官员。问如何放置钥匙使得所有官员都能够打开所有仓库？（只考虑钥匙怎么放到仓库中，而不考虑官员拿哪把钥匙。）那如果官员分成m个不同的部，部中的官员数量和管理的仓库数量一致。那么有多少方案使得，同部的所有官员可以打开所有本部管理的仓库，而无法打开其他部管理的仓库？（同样只考虑钥匙的放置。）

第一问很经典，就是打开将钥匙放入仓库构成一个环：1号仓库放2号钥匙，2号仓库放3号钥匙……n号仓库放1号钥匙。这种情况相当于钥匙和仓库编号构成一个圆排列方案数是 ( n − 1 ) ! (n-1)! 种。
而第二问就对应的将n个元素分成m个圆排列，方案数就是第一类无符号Stirling数 S u ( n , m ) S_u(n,m) 。如要要考虑官员的情况，只需再乘上 n ! n! 即可。

第二类Stirling数

OEIS A008277

表示将n个不同的元素拆分成m个集合的方案数。
通俗来说，就是将n个不同的球放入m个无差别的盒子中，要求盒子非空，求方案数。

公式
S ( n , m ) = 1 m ! ∑ k = 0 m ( − 1 ) k C ( m , k ) ( m − k ) n S(n,m)=\frac{1}{m!}\sum_{k=0}^m(-1)^kC(m,k)(m-k)^n

递推式
S ( n + 1 , m ) = S ( n , m − 1 ) + m S ( n , m ) S(n+1,m)=S(n,m-1)+mS(n,m)

性质

  • S ( n , 0 ) = 0 n ( 其 中 0 0 = 1 ) S(n,0)=0^n (其中0^0=1)
  • S ( n , 1 ) = 1 S(n,1)=1
  • S ( n , n ) = 1 S(n,n)=1
  • S ( n , 2 ) = 2 n − 1 − 1 S(n,2)=2^{n-1}-1
  • S ( n , n − 1 ) = C ( n , 2 ) S(n,n-1)=C(n,2)
  • S ( n , n − 2 ) = C ( n , 3 ) + 3 C ( n , 4 ) S(n,n-2)=C(n,3)+3C(n,4)
  • ∑ k = 0 n S ( n , k ) = B n ( B n 是 贝 尔 数 ， 后 面 有 讲 到 ) \sum_{k=0}^n{S(n,k)}=B_n(B_n是贝尔数，后面有讲到)

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define mod 19260817
using namespace std;
int main(){
    long long n,sum=0;
    scanf("%lld",&n);
    long long dp[2][100007];
    dp[0][0]=1;
    int z=0;
    for(int i=1;i<=n;i++){
    	z^=1;
    	for(int j=1;j<=n;j++){
    		if(i==j||j==1){
    			dp[z][j]=1;
			}
			else{
				dp[z][j]=(dp[z^1][j-1]+(long long)j*dp[z^1][j])%mod;
			}
		}
	}
    return 0;  
}

卡特兰数

OEIS A000108

应用

  • n个节点的二叉树的个数
  • n边形分成三角形的方案数
  • n对括号合法序列数
  • n个数出栈顺序方案数
  • 平面上处于凸包上的2n个点两两连边，边不相交的方案数
  • 在2*n的格子里填入1~2n这些值，每个格子比上边和右边的数都小的方案数

c a t ( n ) = ∑ c a t ( i ) c a t ( n − i − 1 ) = ( 4 n − 2 ) c a t ( n − 1 ) n + 1 = C ( 2 , 2 n ) n + 1 = C ( n , 2 n ) − C ( n − 1 , 2 n ) cat(n)=\sum cat(i)cat(n-i-1)=\frac{(4n-2)cat(n-1)}{n+1}=\frac{C(2,2n)}{n+1}=C(n,2n)-C(n-1,2n)

代码A(Luogu 1375)

#include<bits/stdc++.h>
#define mo 1000000007
using namespace std;
const int N=2e5+5;
long long ans;
int n;
long long ksm(long long x,long long y){
    long long ans=1;
    for(;y;y>>=1,x=x*x%mo){
	    if(y&1){
	    	ans=ans*x%mo;
        }
    }
    return ans;
}
long long C(int n,int m){
    long long ans=1;
    for(int i=1;i<=m;i++,n--){
	    ans=ans*n%mo*ksm(i,mo-2)%mo;
    }
    return ans;
}
int main(){
    scanf("%d",&n);
    ans=C(2*n,n)-C(2*n,n-1);
    printf("%lld",(ans+mo)%mo);
}

代码B(Luogu 1722)

#include<bits/stdc++.h> 
using namespace std;
int h[110];
int main(){
    int n,i,j;
    h[0]=1;
    scanf("%d",&n);
    for(i=1;i<=n;++i){
        for(j=0;j<i;++j){
            h[i]=(h[i]+h[j]*h[i-1-j])%100;
        }
    }
    printf("%d\n",h[n]);
    return 0;
}

默慈金数

OEIS A001006

一个给定的数n的默慈金数是在一个圆上的n个点间，画出彼此不相交弦的全部方法的总数。

M n + 1 = M n + ∑ i = 0 n − 1 M i M n − i − 1 = ( 2 n + 3 ) M n + 3 n M n − 1 n + 3 M_{n+1}=M_n+\sum_{i=0}^{n-1}M_iM_{n-i-1}=\frac{(2n+3)M_n+3nM_{n-1}}{n+3}

M n = ∑ i = 0 n / 2 C ( 2 i , n ) c a t ( i ) M_n=\sum_{i=0}^{n/2}C(2i,n)cat(i)

例子

1.在一个网格上，若限定每步只能向右移动一格，可以右上，右下，横向，向右，并禁止移动到y=0以下的地方，则以这种走法移动n步从(0,0)到(0,n)的可能形成的路径的总数为n的默慈金数。

2.有一个1*n的矩阵，固定第一个数为1，其他填正整数，且相邻数的差不能超过1，求方案数。

a n s [ n ] = 3 ∗ a n s [ n − 1 ] − M [ n − 2 ] ans[n]=3*ans[n-1]-M[n-2]

代码

void get_motzkin(){
    long long x,y;
    m[1]=1,m[2]=2;
    for(int i=3;i<maxx;i++){
        exgcd(i+2,mod,x,y);
        x=(x%mod+mod)%mod;
        m[i]=(((2*i+1)*m[i-1])%mod+((3*i-3)*m[i-2])%mod)*x;
        m[i]=(m[i]%mod+mod)%mod;
    }
}

那罗延数

OEIS A001263

N ( n , k ) = 1 n C ( n , k ) C ( n , k − 1 ) N(n,k)=\frac{1}{n}C(n,k)C(n,k-1)

  • 那罗延三角中每一行的和为卡特兰数。即： ∑ a = 1 n N ( n , a ) = c a t ( n ) \sum_{a=1}^nN(n,a)=cat(n)

例子
在由n对"(“和”)“组成的字符串中，共有k对”(“与”)"相邻，这样的字符串一共有N(n,k)个。

贝尔数

OEIS A000110

B n + 1 = ∑ k = 0 n C ( n , k ) B k B_{n+1}=\sum_{k=0}^nC(n,k)B_k

B n = ∑ k = 1 n S ( n , k )   ( 其 中 S ( n , k ) 是 第 二 类 S t i r l i n g 数 ) B_n=\sum_{k=1}^nS(n,k)\ (其中S(n,k)是第二类Stirling数)

例子
划分一个集合的方案数。

代码A

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long S(long long m,long long n){//第二类Stirling数,建议使用前文代码
	if(m==1||m==n){
		return 1;
	}
	else{
		return S(m-1,n-1)+S(m,n-1)*m;
	}
}  
int main(){  
	long long n,sum=0;
	n=read();
	for(long long i=1;i<=n;i++){
	    sum+=S(i,n);
	}
	printf("%d",sum);
	return 0;  
}

代码B

#include<bits/stdc++.h>
#define mod 998244353
#define maxx 100007
using namespace std;
long long n,ans,a[maxx],b[maxx],sum[maxx],fac[maxx],facinv[maxx];
inline long long qkpow(long long a,long long b,long long p){
    long long res=1;
    while(b){
        if(b&1){
        	res=(res*a)%p;
		}
		b>>=1,a=(a*a)%p;
    }
    return res;
}
void init(){
	fac[0]=1;facinv[0]=1;
	for(long long i=1;i<=n;i++){
		fac[i]=(fac[i-1]*i)%mod;
		facinv[i]=qkpow(fac[i],mod-2,mod);
	}
}
int main(){
	scanf("%lld",&n);
	init();
	for(long long i=0;i<=n;i++){ 
		a[i]=facinv[i];
		if(i%2){
			a[i]=mod-a[i];
		}
		b[i]=qkpow(i,n,mod)*facinv[i]%mod;
		sum[i]=(sum[i-1]+b[i])%mod;
	}
    for(long long i=0;i<=n;i++){
    	ans=(ans+a[i]*sum[n-i])%mod;
	}
	printf("%lld",ans);
	return 0;
}

贝尔三角

OEIS A011971

伯努利数

OEIS A027641

递推式

B m = ( m = = 0 ? 1 : 0 ) − ∑ k = 0 m − 1 C ( m , k ) B k m − k + 1 B_m=(m==0?1:0)-\sum_{k=0}^{m-1}C(m,k)\frac{B_k}{m-k+1}

性质

B 2 n + 1 = 0 ( 当 n ≥ 1 ) B_{2n+1}=0(当n\geq 1)

例子

计算 ∑ k = 1 n k p \sum_{k=1}^{n}k^p

  • ∑ k = 1 n k p = 1 p + 1 ∑ j = 0 p ( − 1 ) j C ( p + 1 , j ) B j n p + 1 − j \sum_{k=1}^{n}k^p=\frac{1}{p+1}\sum_{j=0}^{p}(-1)^jC(p+1,j)B_jn^{p+1-j}
  • ∑ k = 1 n k p = 1 p + 1 ∑ k = 1 p + 1 C ( k , p − 1 ) B p + 1 − k ( n + 1 ) k \sum_{k=1}^{n}k^p=\frac{1}{p+1}\sum_{k=1}^{p+1}C(k,p-1)B_{p+1-k}(n+1)^{k}

(Zoj 2865，代码如下)

#include<bits/stdc++.h>
#define mod 1000000007
#define maxx 2018
using namespace std;
long long c[maxx][maxx];//组合数 
long long b[maxx];//伯努利数 
long long inv[maxx];//逆元 
long long tmp[maxx];
long long n;
inline long long read(){
    long long X=0,w=1;
	char ch=0;
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-') w=-1;ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9') X=(X<<3)+(X<<1)+ch-'0',ch=getchar();
	return X*w;
}
void init(){
	for(int i=0;i<maxx;i++){
	    c[i][0]=c[i][i]=1;
		if(i==0){
    		continue;
		}
	    for(int j=1;j<i;j++){
	    	c[i][j]=(c[i-1][j]%mod+c[i-1][j-1]%mod)%mod;
	    }
	}
	inv[1]=1;
	for(int i=2;i<maxx;i++){
		inv[i]=(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
	}
	b[0]=1;
	for(int i=1;i<maxx;i++){
	    long long ans=0;
	    if(i==maxx-1){
	    	break;
		}
	    for(int j=0;j<i;j++){
	        ans+=c[i+1][j]*b[j];
	        ans%=mod;
	    }
	    ans*=-inv[i+1];
	    ans=(ans%mod+mod)%mod;
	    b[i]=ans;
	}
}
long long work(int k){
	long long ans=inv[k+1],sum=0;
	for(int i=1;i<=k+1;i++){
	    sum+=c[k+1][i]*tmp[i]%mod*b[k+1-i]%mod;
	    sum%=mod;
	}
	ans*=sum;
	ans%=mod;
	return ans;
}
int main(){
	init();
	long long wxh=read();
	while(wxh--){
	    n=read()%mod;
	    int k=read();
	    tmp[0]=1;
	    for(int i=1;i<maxx;i++){
 		   	tmp[i]=tmp[i-1]*(n+1)%mod;
		}
		printf("%lld\n", work(k));
	}
	return 0;
}

置换

置换就可看作一个map映射，即对元素进行重排列，如果一个状态经过置换 f ​ f​ 后不变，则该状态为 f ​ f​ 的不动点。

题目中常常出现“本质不同的方案数”，一般是指等价类的数目，题目定义一个等价关系，满足等价关系的元素属于同一等价类。等价关系通常是一个置换集合 F F ，如果一个置换能把其中一个方案映射到另一个方案，则二者是等价的。

那么，置换构成的群就是置换群，就是交换排列顺序而已。

Burnside引理

这个写得好

Polya定理

不可用

五边形数

OEIS A000326

f ( n ) = 3 n − n 2 f(n)=\frac{3^n-n}{2}

定理

  • 任何整数都可以表示为不超过5个五边形数的和。
  • 但大多数的整数都可以表示不超过3个五边形数的和。(OEIS A003679(4x) OEIS A133929(5x))

广义五边形数

OEIS A001318

f ( n ) = 3 n ± n 2 f(n)=\frac{3^n\pm n}{2}

整数分解

将n分解成其它数之和，有多少方式

f ( n ) = ∑ k = 1 n ( − 1 ) k + 1 ( f ( n − 1 2 k ( 3 k − 1 ) ) + ( f ( n − 1 2 k ( 3 k + 1 ) ) ) f(n)=\sum_{k=1}^{n}(-1)^{k+1}(f(n-\frac{1}{2}k(3k-1))+(f(n-\frac{1}{2}k(3k+1)))

多米诺覆盖

用 1 ∗ 2 1*2 的骨牌去覆盖 n ∗ m n*m 的棋盘的方案数

解法1:状压dp

解法2: 2 n m / 2 ∏ i = 1 n ∏ j = 1 m c o s 2 ( i π n + 1 ) + c o s 2 ( j π m + 1 ) 4 2^{nm/2}\prod_{i=1}^{n}\prod_{j=1}^{m}\sqrt[4]{cos^{2}(\frac{i\pi}{n+1})+cos^{2}(\frac{j\pi}{m+1})}

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