如果有任何地方写错了，欢迎在评论里指出

前言

今天开始学习数论，大概就是学一些自己以前不会或者说搞得不是特别懂的东西。
原因
1.感觉以前学数论都是背了结论就跑，一直没有理解，感觉不仅容易忘，想起来还漏洞百出，特地来填一下坑。
2.感觉自己的数论太弱了，之前出了一个扩展欧拉定理都不会了QAQ
~~其实我就没会过~~
不管有用的没用的都学了一下,留个印象吧,至少可以装逼。
学习顺序大致是前面是后面的基础

10.22下午

整除的定义：

如果 $n/m$ 是一个整数，且 $m>0$ ，那么就是整除，注意要 $m>0$

欧几里得算法：

$\gcd(0,n)=n$
$\gcd(m,n)=\gcd(n\%m,m)$

扩展欧几里得算法：

$m'm+n'n=\gcd(n,m)$
求可行的 $m'$ 和 $n'$
当 $m=0$ 时,使得 $m'=0,n'=1$
反之另 $r=n\%m$
并用 $r,m$ 递归操作
由于 $r=n-\lfloor{n/m} \rfloor*m$ ，（前面的是下取整)且 $rr'+mm'=\gcd(m,n)$
然后把 $r$ 代过去就可以了

算术基本定理

~~我才不会告诉你我没有认真看证明呢~~

一些看似没什么用的定义：

欧几里得数和麦森数，麦森数质数

阶乘的增长速度

$n^{n/2}<=n!<=\frac{(n+1)^n}{2^n}$
证明挺简单的，不写了

斯特林公式

误差大概是1/(12n)，感觉没什么用。。

求出n!含有多少个2，（不是2的类推）：

朴素算法大家都会，就是

\sum i = 1 \infty ⌊ n / i ⌋

$\sum_{i=1}^{\infty}\lfloor{n/i} \rfloor$
然后log次久之后就都是0了
然后还有另外一种算法，定义

v(n) $v(n)$ 为n的二进制中1的个数
然后答案就是

n−v(n) $n-v(n)$
这个大家可以化成二进制，然后考虑每一位对答案的贡献，就可以得出那个式子了

当然还有上面那个问题答案的上界

$ans<\frac{n}{p}+\frac{n}{p^2}+\frac{n}{p^3}+\frac{n}{p^4}+\frac{n}{p^k}$
k趋向与 ${\infty}$
用等比数列可以将该式子化成 $ans<\frac{n}{p-1}$
~~这个似乎也没什么用，但是我学了一下无穷几何级数求和~~

10.22晚

（因为很困，所以效率极低）

逆元

对于正整数 $ax\equiv 1\pmod p$
具体有什么用？当要对模数进行除法的时候可以改为乘他的逆元

原因(d为被除数）：
$\frac{d}{a}(mod p)=\frac{d}{a}*a*x(mod p)=d*x(mod p)$

怎么求呢？
解不定方程（用欧几里得即可）：ax+bp=1
正确性显然

快速幂： $a^{(p-2)}$ 次方即为他的逆元
根据费马小定理:
$a^{(p-1)}\equiv 1\pmod p$
$a*a^{(p-2)}\equiv 1\pmod p$
要值得除以的是，这个这个定理是当p为质数且a，p互质的时候成立的，所以实用性没那么广

存在条件：a与p互质
因为当且仅当a和q互质的时候，不定方程有解（原因看下一个）
费马小定理成立，且费马小定理还必须当p时质数

裴蜀定理

内容:ax+by=d有解的条件为d是gcd(x,y)的倍数
设g=gcd(x,y)
ax+by=g的情况一定有解，我有一个不靠谱的想法：既然构造方式都有了，又怎么会无解呢？
又因为x是g的倍数，y是g的倍数，所以ax+by当然也是g的倍数啦
所以当g不为1的时候，ax+by=1是无解的，所以逆元要求a和q互质

法里级数

定义：阶为N的法里级数，是介于0到1之间分母不超过N的所有最简分数组成的数的集合，且按照递增的次序排列
构造方法：我们可以用插入法，来获得。。不是很想打太多字了。方法叫做Stern-Brocot树。如果N无限大，那么这棵树就无限深。你可以用这个“二分”出一个无理数两端无限接近的分数
做题用处：不怎么知道

同余的知识

这个烂大街了。。就是炒了一下冷饭
还有就是 $ak\equiv bk\pmod {pk}$
可以得出 $a\equiv b\pmod {p}$

中国剩余定理与扩展中国剩余定理

用处：解同余方程
~~这个东西我以前没学过，今晚刚刚学的~~
放一下学习资料吧
中国剩余定理
 扩展中国剩余定理
扩展中国剩余定理的板子：

#include<cstdio>
#include<cstring>
typedef long long LL;
LL exgcd (LL a,LL b,LL &x,LL &y)
{
    if (a==0)
    {
        x=0;y=1;
        return b;
    }
    LL tx,ty;
    LL d=exgcd(b%a,a,tx,ty);
    x=ty-(b/a)*tx;
    y=tx;
    return d;
}
int main()
{
    LL n;
    LL b1,m1;//第一个方程的余数和除数
    bool tf=true;
    scanf("%lld",&n);
    scanf("%lld%lld",&b1,&m1);
    for (LL u=2;u<=n;u++)
    {
        LL b2,m2;
        scanf("%lld%lld",&b2,&m2);
        LL A=m1,B=m2,C=b2-b1;
        LL X,Y;
        LL d=exgcd(A,B,X,Y);
        if (C%d!=0) {tf=false;break;}
        X=(X*(C/d)%(B/d)+(B/d))%(B/d);
        b1=m1*X+b1;
        m1=m1/d*m2;
    }
    if (!tf) printf("no solution!\n");
    else printf("%lld\n",b1);
    return 0;
}

10.23晚

（今晚也没弄什么伟大的东西）

一个不知道叫什么的定理

$0(mod m),n(mod m),2n(mod m),3n(mod m)......(m-1)n (mod m)$ ,
设 $d=gcd(n,m)$
这m个数将会按照某种次序恰好组成 $m/d$ 个数的d个复制
我们可以得到
$jn\equiv kn\pmod {m}$
$j(n/d)\equiv k(n/d)\pmod {m/d}$
当 $0≤k≤m/d$ 的时候，就会出现这d个复制
特别的，当d=1的时候，我们发现这些数刚好就是 ${0,1,2......m-1}$
根据雀巢原理，当 $n⊥m$ 的时候
$jn\equiv kn\pmod {m}$
$j\equiv k\pmod {m}$
由此可得，每隔m个数才会出现一组循环节

费马小定理

性质 $n^{p-1}\equiv 1\pmod {m}$
p是质数且 $n⊥p$

通过上面那个不知道什么东西可以知道： $n (modp),2n (modp)...(p-1)n(modp)$ 就是一个 $1,2,3,4,5,6....p-1$ 的排列
所以 $n*(2n)*.....*(p-1)n$ 在模p的意义下就是 $(p-1)!$
所以 $(p-1)!n^{p-1}\equiv (p-1)!\pmod {p}$

费马大定理

对于任意一个n>2，对所有正整数a,b,c,n有
$a^n+b^n≠c^n$
证明：没有

~~下面两个由于内容有点多，于是我想偷懒~~

欧拉函数

欧拉定理： $n^{\phi{(m)}}\equiv 1\pmod {m}$ 证明

其他的定理: $\sum_{d|m}\phi{(d)}=m$
这个的证明你可以吧m为分母所有的分数都列出来，然后化简分组
发现12的每一个因子都出现在分母上，一起出现的还有 $\phi(d)$ 个分子

莫比乌斯函数

反演原理：略
递推式：略

扩展欧拉定理

这里写图片描述
但其实我觉得第一种情况是可以并到第三种里面去的
因为当a,p互质的时候，根据费马小定理，你加上那个 $\phi{(p)}$ 是没有任何影响的
资料来源
我来说一下他里面的引理：

由第一个式子可得 $(x-y)|m1$
由第二个式子可得 $(x-y)|m2$
所以 $(x-y)|lcm(m1,m2)$
知道了推论下面的就很简单了

这里写图片描述
这个的话，我的方法比较玄学
我们可以吧前面的函数值写出来，其实是 $p^q-p^{q-1}$
化简可得 $p^{q-1}*(p-1)$
由于p是大于1的正整数，p为素数，那么 $p^{q-1}$ 最少就是2，后者的两倍也最少大2，显然比q要大

后面如果你可以牢记这两个推论，下面的路就好走了
盗图：
这里写图片描述

例题：相逢是问候

10.24上午

做了很久的相逢是问候
然后求去学扩展Lucas了
感觉效率很低

Lucas定理

当p是质数的时候，在模p的意义下
~~我不想写markdown了~~

C(n,m)=C(n%p,m%p)*C(n/p,m/p)

证明：没有
感觉这个还是蛮实用的

扩展Lucas

这个的话，不需要p是质数，但是复杂度与p最大的质数的幂有关
学习资料
这里讲得特别好
例题
板子:

#include<cstdio>
#include<cstring>
typedef long long LL;
LL w[10];
LL n,m;
LL MOD;
LL need;//需要多少
LL pow (LL x,LL y,LL mod)
{
    if (y==0) return 1;
    if (y==1) return x;
    LL z=pow(x,y>>1,mod);
    z=z*z%mod;
    if (y&1) z=z*x%mod;
    return z;
}
LL mul (LL n,LL pi,LL pk)
{
    if (n==0) return 1;
    LL ans=1LL;
    for (int u=2;u<=pk;u++)
        if (u%pi!=0)
            ans=ans*u%pk;
    ans=pow(ans,n/pk,pk);
    for (int u=2;u<=n%pk;u++)
        if (u%pi!=0)
            ans=ans*u%pk;
    return ans*mul(n/pi,pi,pk)%pk;
}
void exgcd (LL a,LL b,LL &x,LL &y)
{
    if (a==0)
    {
        x=0;y=1;
        return ;
    }
    LL tx,ty;
    exgcd(b%a,a,tx,ty);
    x=ty-(b/a)*tx;
    y=tx;
    return ;
}
LL inv (LL A,LL mod)
{
    if (A==0) return 0;
    LL a=A,b=mod,x,y;
    exgcd(a,b,x,y);
    x=(x%b+b)%b;
    while (x<=0) x+=b;
    return x;
}
LL C (LL n,LL m,LL pi,LL pk)//从n个里面选m个   然后模数是pi的若干次幂，值为pk 
{
    if (m>n) return 0;
    LL a=mul(n,pi,pk),b=mul(m,pi,pk),c=mul(n-m,pi,pk);
    LL k=0,ans;
    for (int u=n;u>=1;u/=pi) k=k+u/pi;
    for (int u=m;u>=1;u/=pi) k=k-u/pi;
    for (int u=(n-m);u>=1;u/=pi) k=k-u/pi;
    ans=a*inv(b,pk)%pk*inv(c,pk)%pk*pow(pi,k,pk)%pk;    
    return ans*(MOD/pk)%MOD*inv(MOD/pk,pk)%MOD;
}
int main()
{
    scanf("%lld",&MOD);
    scanf("%lld%lld",&n,&m);
    for (LL u=1;u<=m;u++) 
    {
        scanf("%lld",&w[u]);
        need+=w[u];
    }
    if (need>n)
    {
        printf("Impossible\n");
        return 0;
    }
    LL shen=1;
    for (int i=1;i<=m;i++)
    {
        LL P=MOD;
        LL now=0;
        for (LL u=2;u*u<=P;u++)
            if (P%u==0)
            {
                LL pk=1LL;
                while (P%u==0)  pk*=u,P/=u;
                now=(now+C(n,w[i],u,pk))%MOD;
            }
        if (P>1) now=(now+C(n,w[i],P,P))%MOD; 
        shen=shen*now;
        n-=w[i];
    }
    printf("%lld\n",shen%MOD);
    return 0;
}

高次同余方程

BSGS：师姐的博客
感觉这个方法还是有点暴力，居然是根号的。。
由于有点事，具体的东西就不写了，以后再填吧
板子：

LL bsgs (LL a,LL b,LL p)//a^x%p=b
{
    map<LL,LL> mp;
    mp.clear();
    a%=p;b%=p;
    if (a==0&&b==0) return 1;
    if (a==0) return -1;
    LL m=ceil(sqrt(p));
    LL lalal=1%p;
    for (LL u=0;u<m;u++)
    {
        if (mp.count(lalal)==0)
            mp[lalal]=u;
        lalal=lalal*a%p;
    }
    lalal=inv(lalal,p);
    for (LL u=0;u<m;u++)
    {
        if (mp.count(b))
            return u*m+mp[b];
        b=b*lalal%p;
    }
    return -1;
}

11.19 下午

在NOIP爆炸之后，沉迷了文化课后，我决定又开坑了。。
~~反正NOIP爆炸都准备退役了是吧，哪不如学点数学到时候没准可以装逼~~

线性求逆元

如果你需要求1~n里面所有数关于p的逆元
如果你一个一个求的话，是 $O(nlogn)$ 的
但是这个很显然会有 $O(n)$ 的方法
我们不妨设 $k*i+b=p$
把他放进 $mod p$ 的意义下
就是 $k*i+b\equiv 0\pmod p$
如果我们把两边都乘上 $i^{-1}$ , $b^{-1}$
你就会得到式子
$k*b^{-1}+i^{-1}=0$
$i^{-1}=-k*b^{-1}$
于是你就可以线性求逆元了
k是什么大家应该都知道吧。。

A[i] = -(p / i) * A[p % i];

线性求阶乘的逆元

这个也十分简单了啊

inv[i]=inv[i+1]*(i+1)

这个应该很好理解吧。。
这样的话你先预处理出阶乘
然后求出最后一个的逆元
就可以推回去了

鸽巢原理

也叫抽屉原理。这个大家都会把，我就不写了。。

扩展鸽巢原理

如果 $q_1,q_2,q_3.....q_n$ 是正整数，如果将 $q_1+q_2+q_3+q_4+....q_n-n+1$ 个物体放进n个格子里
那么或者第一个格子有至少 $q_1$ 个物体，那么或者第二个格子有至少 $q_2$ 个物体,那么或者第三个格子有至少 $q_3$ 个物体
证明：显然，不写了

一个由扩展鸽巢原理推出来的结论

你现在有 $n^2+1$ 个正整数组成的一个序列，那么一定存在有一个长度为n+1的递增子序列或者递减子序列
如果我们可以证明出如果没有长度为 $n+1$ 的递增子序列，那么肯定存在有长度为 $n+1$ 的递减子序列，那么结论就成立了
证明：
如果不存在一个n+1的递增子序列
我们设以i开头的递增子序列最长长度为 $m_i$
那么 $m$ 的取值范围就是 $1到n$
于是可以得到，有 $n+1$ 个 $m$ 是一样的
稍微想一下就知道，这 $n+1$ 个肯定是递减的
然后就没有了

一些小定义吧

伽马函数 =(n-1)!
证明（我也没看）
上升阶乘幂 $x^n$ (n的上面有一条横线）=(x+n-1)!/(x-1)!
下降阶乘幂 $x^n$ (n的下面有一条横线）=x!/(x-n)!

11.20~?

关于二项式系数的研究

定义

符号 ${n \choose k}$ 就是二项式系数，其实这个东西就和排列组合差不多，其实我感觉基本上就是一样的。但是似乎这个东西，对于n和k取任意实数都是由意义的。。~~（虽然我不知道意义是什么）~~
意义就是从n个东西里面选出k个有多少种方案

基本恒等式

1.
${n \choose k}={n \choose n-k}$

2.
${r \choose k}=\frac{r}{k}{r-1 \choose k-1}$
这个的话你大概推一下式子就出来了

3.
$k{r \choose k}=r{r-1 \choose k-1}$
这个就是上一个东西的变形而已

4.
$(r-k){r \choose k}=r{r-1 \choose k}$
证明： $(r-k){r \choose k}=(r-k){r \choose r-k}=r{r-1 \choose r-k-1}=r{r-1 \choose k}$

5.
${r-1 \choose k}={r-1 \choose k}+{r-1 \choose k-1}$
这个大家用的应该很多了吧，就是排列组合线性的递推式啊
证明有很多，感性地证明，推导式子的证明都可以。我这里写一个通过上面式子推导的证明：
$(r-k){r \choose k}+k{r \choose k}=r{r-1 \choose k}+r{r-1 \choose k-1}$
左边的很明显等于 $r{r \choose k}$ ,然后两边同除 $r$ 就可以了

6.如果你对上面这个递推式大力展开，我们还可以得到另外两个有用的东西
$\sum_{k=0}^{n}{r+k \choose k}={r \choose 0}+{r+1 \choose 1}+...+{r+n \choose n}={r+n+1 \choose n}$
$\sum_{k=0}^{n}{k \choose m}={0 \choose m}+{1 \choose m}+...+{n \choose m}={n+1 \choose m+1}$

7. ${r \choose m}{m \choose k}={r \choose k}{r-k \choose m-k}$
这个的话，你可以把他化成阶乘相除的形式，然后分子分母同乘 $(r-k)!$
如果你知道了这个， $2$ 就是他 $k=1$ 的一个特殊情况了

然后我自己YY了一道题，大概是这样的

已知r和k
求 $\sum_{m=k}^{r}{r \choose m}{m \choose k}$
做法也十分简单，你就用第7个恒等式，然后就可以将 ${r\choose k}$ 这个常数项提出来，剩下的就是一个二项式定理了。具体正确性我还没验证，但应该是对的

快速傅里叶变化

我也不知道这个算不算数学知识，应该，我感觉，算吧。。
具体看黑书——算导，我就不说了~~其实是我也不是特别懂原根~~
先贴一个板子(FFT):
题目就是uoj的多项式乘法了

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<complex>
using namespace std;
const double pi=M_PI;
const int N=1000005;
int n,m;
complex<double> a[N],b[N];
void fft (complex<double> *a,int n,int o)
{
    if (n==1) return ;
    int k=(n>>1);
    complex<double> w=1,wn(cos(2*pi/n),o*sin(2*pi/n)),a0[k],a1[k];
    for (int u=0;u<k;u++)
    {
        int i=u*2;
        a0[u]=a[i];
        a1[u]=a[i+1];
    }
    fft(a0,k,o);fft(a1,k,o);
    for (int u=0;u<k;u++)
    {
        a[u]=a0[u]+w*a1[u];
        a[u+k]=a0[u]-w*a1[u];
        w=w*wn;
    }
}
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for (int u=0;u<=n;u++) scanf("%lf",&a[u]);
    for (int u=0;u<=m;u++) scanf("%lf",&b[u]);
    m=m+n;n=1;while (n<=m) n<<=1;
    fft(a,n,1);fft(b,n,1);
    for (int u=0;u<=n;u++) a[u]*=b[u];
    fft(a,n,-1);
    for (int u=0;u<=m;u++)
        printf("%d ",(int)(a[u].real()/n+0.5));
    return 0;
}

数学小知识（长期更新)