省选的数论

最新推荐文章于 2022-02-15 23:00:09 发布

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原文链接：http://www.cnblogs.com/Smeow/p/10582561.html

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1.\(n=\sum_{d|n}\phi(d)\)的证明：
\(d\)有\(\phi(d)\)个与之互质的数，分别是\(p1,p2\cdots\)，\(a=\frac n d\times p_x\)满足\(gcd(a,n)=\frac n d\)且能够取遍每一个\(gcd(x,n)=\frac n d\)的数，显然每个数只有一中固定表示法，且一定会被取到，证毕。

2.二次探测定理的疑惑的证明：
\(x^2-1=(x+1)(x-1)\)是\(p\)的倍数，当\(p\)是质数，那么\(p\)不可分割，p这个因子要么在\((x+1)\)中，要么在\((x-1)\)中，即\(x=\pm1\)，而如果\(p\)不是质数那么\(p\)可能分散在两部分中，于是x可能等于其他值，证毕。

3.约数函数有关：
约数和的求法:线性筛。例子
约数个数和的求法：线性筛。

约数个数和的性质：
\(1.\) \[\sigma(i\times j)=\sum_{x|i}\sum_{y|j} [gcd(x,y)=1]\]
证明：对于\(i\times j\)的一个约数，如果某一个质因子次数\(c_z\)大于\(c_i\)的那就令\(c_x=0\)，\(c_y\)为\(c_z-c_i\)，否则\(c_x\)为\(c_z\)，\(c_y=0\)这样可以使约数与互质的\(x,y\)一一对应。
\(2.\) \[\sum_{i=1}^n \lfloor \frac n i\rfloor=\sum_{i=1}^n \sigma(i)\]
（算每个数作为约数的贡献）

4.欧拉函数：
\[\varphi(n)=n\times \prod_{p|n}\frac{p-1}{p}\]
\[\varphi(p^k)=p^k-p^{k-1}\]
\[\gcd(m,n)=1,\varphi(m\times n)=\varphi(m)\times \varphi(n)\]
\[\sum_{\gcd(i,n)=1}i=\frac{\varphi(n)\times n}{2}\]
\[\sum_{d|n}\varphi(d)=n\]

5.自适应辛普森法：
用来求积分。
对于二次函数\(f(x),\int_a^b f(x)dx=\frac{[f(a)+f(b)+4\times f(\frac{a+b}{2})]\times (b-a)}{6}\)
然后把所求函数近似看成一段段二次函数，如果把\([l,r]\)看成二次函数的结果与把\([l,mid][mid+1,r]\)分别看成二次函数的结果相同，那我们就取近似值，否则二分。

4.狄利克雷卷积&杜教筛：
\(1.\)狄利克雷卷积:
\[(f*~g)(i)=\sum_{d|i}g(d)\times f(\frac i d)\]
\(2.\)由上式推导可得：\(\sum_{i=1}^n(f*~g)(i)\)
\[=\sum_{i=1}^n\sum_{d|i}g(d)\times f(\frac i d)\]
\[=\sum_{d=1}^n\sum_{i=1}^{\lfloor \frac n d\rfloor}g(d)\times f(i)\]
\[=\sum_{d=1}^n g(d)\sum_{i=1}^{\lfloor \frac n d\rfloor}\times f(i)\]
\[=\sum_{d=1}^n g(d)S_f(\lfloor \frac n d \rfloor)\]
\(3.\)由此可得：\(g(1)S_f(n)=\)
\[=\sum_{d=1}^ng(d)S(\lfloor \frac n d \rfloor)-\sum_{d=2}^ng(d)S_f(\lfloor \frac n d \rfloor)\]
\[=\sum_{i=1}^n(f*~g)(i)-\sum_{d=2}^ng(d)S_f(\lfloor \frac n d \rfloor)\]
\(4.\)求函数\(f(x)\)的前缀和，只需构造出函数\(g(x)\)使得\(S_g(x)\)与\((f*~g)\)都好求即可利用递归和整除分块\(O(n^{\frac 3 4})\)求出\(S_f(n)\)
\(5.\)优化：