数论基础2

文章太长，前一部分点这里。

排列组合

这部分内容也许不属于数论，但经常会和数论放到一起考。

定义

排列：$A_n^m$ 为从 $n$ 个物品中拿 $m$ 个物品出来排列的方案数。有些旧教材也会写成 $P_n^m$。
　　　$A_n^m=P_n^m=\frac{n!}{(n-m)!}$
组合：$C_n^m$ 为从 $n$ 个物品中拿 $m$ 个物品出来组合的方案数。也可以写成$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m}\right)$
　　　$C_n^m=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m}\right)=\frac{A_n^m}{m!}=\frac{n!}{m!(n-m)!}$

性质

$1.C_n^0=C_n^n=1$
$2.C_n^k=C_n^{n-k}$
　　证明：$\begin{array}{rl}{C}_n^{n-k}& =\frac{n!}{(n-k)!(n-(n-k))!}=\frac{n!}{k!(n-k)!}=C_n^k\end{array}$
$3.C_{n+1}^{k+1}=C_n^k+C_n^{k+1}$
　　证明：$k$ 个不同的数中取 $n$ 个，第 $k$ 个数如果取的话有 $C_{n-1}^{k-1}$ 种取法，如果不取则有 $C_n^{k-1}$ 种。
$4.C_{m+r+1}^r=\sum _{i=0}^r{C}_{m+i}^i$
　　证明：根据组合数递推公式，有：
　　　　　$\begin{array}{rl}\sum _{i=0}^r{C}_{m+i}^i& =C_m^0+C_{m+1}^1+C_{m+2}^2+\cdots +C_{m+r}^r\\ & =C_m^1+C_{m+1}^1+C_{m+2}^2+...+C_{m+r}^r\\ & =C_{m+2}^1+C_{m+2}^2+...+C_{m+r}^r\\ & \dots \\ & =C_{m+r+1}^r\end{array}$
$5.C_m^n\times C_n^r=C_m^r\times C_{m-r}^{n-r}$
　　证明：代入定义式即可。
　　　　　$\begin{array}{rl}{C}_m^n\times C_n^r& =\frac{m!}{n!(m-n)!}\times \frac{n!}{r!(n-r)!}\\ & =\frac{m!}{r!(m-r)!}\times \frac{(m-r)!}{(m-n)!(n-r)!}\\ & =C_m^r\times C_{m-r}^{n-r}\end{array}$
$6.(a+b{)}^n=\sum _{r=0}^n{C}_n^r{a}_n^{n-r}{b}^r$
　　证明：百度百科
$7.n\times C_m^n=m\times C_{m-1}^{n-1}$
　　证明：代入定义式即可。
　　　　　$\begin{array}{rl}n\times C_m^n& =n\times \frac{m!}{n!(m-n)!}\\ & =\frac{m!}{(n-1)!(m-n)!}\\ & =m\times \frac{(m-1)!}{(n-1)!(m-n)!}\\ & =m\times C_{m-1}^{n-1}\end{array}$

组合数取模

公式

可不可以直接套用公式呢？答案是肯定的。

逆元

很抱歉，由于公式中有除法运算，因此需要求逆元，而模 $p$ 意义下的逆元并不一定存在，因此这种方法仅仅使用于 $p$ 为质数的情况下。
根据通项公式 $C_n^m=\frac{n!}{m!(n-m)!}$，可以发现，只需要预处理出阶乘的逆元和阶乘即可。

#define C(n,m) (((fac[n]*fac_inv[m])%mod*fac_inv[(n)-(m)])%mod)
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卢卡斯定理

结论：$\begin{array}{r}{C}_n^m\equiv C_{\lfloor \frac{n}{p}\rfloor }^{\lfloor \frac{m}{p}\rfloor }\times C_{n\text{mod}p}^{m\text{mod}p}(\mathrm{mod}p)\end{array}$
证明：设 $a=\lfloor \frac{n}{p}\rfloor ,b=n\text{mod}p,c=\lfloor \frac{m}{p}\rfloor ,d=m\text{mod}p$
　　　对于质数 $p$ 由费马小定理得　$a^{p-1}\equiv 1(\mathrm{mod}p)$
　　　两边同时乘以 $a$，得　$a^p\equiv a(\mathrm{mod}p)$
　　　因此　$(1+x{)}^p\equiv 1+x\equiv 1+x^p(\mathrm{mod}p)$
　　　有了这个性质就很开心了。为了书写方便，接下来所有同余运算皆在模 $p$ 意义下进行。
　　　$\begin{array}{rl}(1+x{)}^n& \equiv (1+x{)}^{a\cdot p}(1+x{)}^b\\ & \equiv (1+x^p{)}^a(1+x{)}^b\\ & \equiv \sum _{i=0}^k{C}_a^i{x}^{pi}\sum _{j=0}^k{C}_b^j{x}^j\end{array}$
　　　观察等式两边的 $x^m$ 的系数，可得：
　　　等式左边 $x^m$ 的系数，可以发现：
　　　$\begin{array}{rl}{C}_n^m& \equiv C_a^i{C}_b^j(pi+j=m,j<p)\\ & \equiv C_a^c{C}_b^d\\ & \equiv C_{\lfloor \frac{n}{p}\rfloor }^{\lfloor \frac{m}{p}\rfloor }{C}_{n\text{mod}p}^{m\text{mod}p}\end{array}$

组合数奇偶

如果让你计算 $C_n^m\text{mod}2$ 你会？

1. 计算时间复杂度$O(n)$
2. 卢卡斯定理时间复杂度$O(lo{g}_{2}n)$
   如果我告诉你可以做到 $O(1)$，你会有什么反应？
   结论：设有 $x$ 满足 $C_n^m\equiv x(\mathrm{mod}2)$，则有
   x = { 0 ( x a n d m = m ) 1 ( x a n d m ≠ m ) x=
   {0(xandm=m)1(xandm≠m)" role="presentation" style="position: relative;">{01(x(xandandm=m)m≠m)$$\{\begin{array}{llll}0& (x& and& m=m)\\ 1& (x& and& m\ne m)\end{array}$$
   x={01​(x(x​andand​m=m)m=m)​

证明：（坑）

质数

定义：若 $x$ 只含有 $1$ 和 $x$ 两个因数，则 $x$ 为质数，也叫做素数。

判断质数

暴力

滚滚滚，谁用你讲这个。这不是重点，重点是后面的。
那就直接上代码啦！

bool prime(int x){
	if(x==1) return false;
	const int l=x-1;
	for(int i=2;i<=l;i++)
		if(!(x%i))
			return false;
	return true;
}
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时间复杂度$O(n)$

初步优化

可以发现，一个数的因数总是成对出现(包括自身和自身)
而其中的一个因数总是小于 $\sqrt{x}$ 因此，枚举时只需要枚举到 $\sqrt{x}$ 就好了。

bool prime(int x){
	if(x==1) return false;
	const int l=floor(sqrt(x)+0.5);
	for(int i=2;i<=l;i++)
		if(!(x%i))
			return false;
	return true;
}
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时间复杂度$O(\sqrt{n})$

进一步优化

什么，还可以优化？我怎么不知道？
你当然不知道。因为这里用到了一个很神仙的结论。
结论：大于等于 $5$ 的质数一定和 $6$ 的倍数相邻。
证明：令 $x⩾1$ ，将大于等于 $5$ 的自然数表示如下：
$6x-1,6x,6x+1,6x+2,6x+3,6x+4,6x+5,\dots$
其中，$6x-1$，$6x+1$ 和 $6x+5$ 与 $6x$ 相邻.
$6x+2=2(3x+1)$，合数。
$6x+3=3(2x+1)$，合数。
$6x+4=2(3x+2)$，合数。
因此，质数必然形如 $6x-1$ 或 $6x+1$
这样就可以很好地降低时间复杂度了。

bool primes(int x){
    if(x==1) return false;
    if(x==2||x==3)
		return true;
	if(x%6!=1&&x%6!=5)
		return false;
    const int l=floor(sqrt(x)+0.5);
    for(int i=2;i<=l;i++)
        if(!(x%i))
            return false;
    return true;
}
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时间复杂度$O(1)\sim O(\sqrt{n})$

再优化

什么！还可以再优化！很肯定地告诉你是的。
是不是感觉自己的智商被侮辱了？
对于一个数 $x$，如果 $x$ 可以整除一个合数，那么 $x$ 一定可以整除 $y$ 的任何一个质因数。
这样我们就只需要判断它是否能整除小于 $\sqrt{x}$ 的质数就可以了。
可我们又怎么得到质数？虽然我们不能直接得到质数，但是我们可以得到一些很有可能是质数的数。
根据上一小节的结论，可以发现质数必然靠近 $6$ 的倍数。因此判断的时候，循环步长可以为 $6$。
代码：

bool prime( int x ){  
	if(x==1) return false;
	if(x==2||x==3)
		return true;
	if(x%6!=1&&x%6!=5)
		return false;
	int tmp=floor(sqrt(x)+0.5);
	for(int i=5;i<=tmp;i+=6)
		if(x%i==0||x%(i+2)==0)
			return false;
	return true;
}
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时间复杂度：$O(1)\sim O(\frac{\sqrt{n}}{6})$

终极法则

为什么这一小节的标题中不含有“优化”二字了呢？因为我们又换算法了。

费马算法

回忆一下费马小定理。

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若 $(a,p)=1,p\in prime$ ，则 $a^{p-1}\equiv 1(\mathrm{mod}p)$。

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那么反过来看，对于一个正整数 $p$，如果存在一个正整数 $a$，满足$a^{p-1}\not\equiv 1(\mathrm{mod}p)$，那么我们可以肯定 $p$ 是合数，因为如果 $p$ 是质数，则与费马小定理矛盾。

二次探测定理

费马定理是一个RP算法，即能在多项式时间内求出答案，但对于否定状态可以做肯定判断（即100%不是质数），但对于肯定状态却不一定能做出肯定判断（即不一定是质数），可是它的正确率实在太低了，因此需要更强的算法。
结论：若$p\in prime$，存在 $x$ 满足$x<p,x\in N^{\ast },x^2\equiv 1(\mathrm{mod}p)$。
\quad\qquad 则有 $x\equiv 1(\mathrm{mod}p)$ 或$x\equiv p-1(\mathrm{mod}p)$
证明：$\because x^2\equiv 1(\mathrm{mod}p)$
$\therefore x^2-1\equiv 0(\mathrm{mod}p)$
$\therefore (x+1)(x-1)\equiv 0(\mathrm{mod}p)$
$\therefore x\equiv 1(\mathrm{mod}p)或x\equiv p-1(\mathrm{mod}p)$
和费马定理合起来就是完整的Miller-Rabin算法了。
举个例子：当 $p=341,a=2$ 时，可以发现，$a^{p-1}\equiv 2^{340}\equiv 1(\mathrm{mod}p)$，通过了费马测试。
这种时候，Miller-Rabin算法并不是马上换一个 $a$，而是二次探测。发现 $340$ 是个偶数，则令 $u=\frac{340}{2}=170$，然后检测 $a^u\equiv 2^{170}\equiv 1(\mathrm{mod}341)$，发现满足二次探测定理，然后发现 $170$ 还是个偶数，因此计算$a^{85}\equiv 2^{85}\equiv 34(\mathrm{mod}341)$不满足二次探测定理，因此 $341$ 不是质数。
我们的老祖宗告诉我们，若 $p$ 通过一次Miller-Rabin算法，则 $p$ 不是质数的概率降低到$\frac{1}{4}$。
这个概率还是很让人担忧，但是如果执行多次呢？执行 $S$ 次算法后，$p$ 不是质数的概率降低到了$\frac{1}{4^S}$。因此，我们可以不断地生成随机数来判断，只要判断几次就能把概率提高。
时间复杂度 $O(Slo{g}_{2}n)$

取数方法

一般底数仍然是随机选取，但当待测数不太大时，选择测试底数就有一些技巧了。

筛法

这里只讨论筛质数，筛函数请移步到莫比乌斯反演。
如果我需要求出一定范围内的质数表，你会怎么做？
如果每次循环，并且判断某个数是否为质数当然可行，但没有用到线性计算的优势——在你计算某个答案的时候，前面的所有答案已经出来了。

Eratosthenes筛法

考虑换一种方法，每次把2的倍数的数全部从质数表中删去，然后再把把3的倍数的数全部从质数表中删去，以此类推，最后会得到完整的指数表。这就是最简单的 Eratosthenes 筛法。

void eratosthenes_sieve(int n){
	memset(vis,0,sizeof(vis));
	for(int i=2;i<=n;i++)
		for(int j=i*2;j<=n;j+=i)
			vis[j]=1;
}
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这份代码尽管还可以优化，但已经非常快了。显而易见地，外层循环为 $i$ 时，内层循环的次数是$\lfloor \frac{n}{i}\rfloor -1<\frac{n}{i}$，因此程序的时间复杂度为$O(\sum _{i=2}^n\frac{n}{i})=O(n\ln n)$，为什么？
这是欧拉在1734年得到的结果 $S=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots +\frac{1}{n}=\ln n+\gamma$，他发现，$\gamma =S-\ln n$ 是一个定值，约等于 $0.5772156649$，这个定值也被称为欧拉常数，可惜的是目前人类对这个常数的了解还很少，甚至连它是个有理数还是无理数都不知道。
类似地，其实外层循环只需要到 $\sqrt{n}$ 就够了。并且内层循环从 $i^2$ 开始就好了。
为什么？因为能被 $i\times 2$ 筛掉的数在 $2$ 那一次循环中就已经被筛掉了。

void eratosthenes_sieve(int n){
	memset(vis,0,sizeof(vis));
	int l=floor(sqrt(n)+0.5);
	for(int i=2;i<=l;i++)
		if(!vis[i])
			for(int j=i*i;j<=n;j+=i)
				vis[j]=1;
}
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时间复杂度再一次降低。

欧拉筛法

欧拉筛法的优点不仅仅在于它可以证明时间复杂度是线性的，还在于可以同时出许多积性函数表。
先上代码

void euler_sieve(int n){
	memset(vis,false,sizeof(vis));//是否是质数 
	memset(prime,0,sizeof(prime));//质数表 
	for(int i=2;i<=n;i++) {
		if(!vis[i])
			prime[cnt++]=i;//找到素数
		for(int j=0;j<cnt&&i*prime[j]<=n;j++) {
			vis[i*prime[j]]=true;//筛掉合数 
			if(i%prime[j]==0)
				break;	//(*)
		}
	}
}
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上面的(*)是关键，为什么i%prime[j]==0就可以退出了呢？
这里规定，每个合数必须被其最小的质因数的倍数筛掉。
因为 $i\ast prime[j+1]$ 已经被筛掉了。可又是为什么？
因为 $i\%prime[j]=0$，因此存在正整数 $k$ 满足 $i=prime[j]\ast k$。
后面将要筛掉的 $i\ast prime[j+1]$ 可表示成 $prime[j]\ast k\ast prime[j+1]$
而 $prime[j]<prime[j+1]$ 。
故$prime[j+1]$ 并不是 $i\ast prime[j+1]$ 的最小质因数，而它也必然将要被 $prime[j]$ 的倍数筛掉。因此每个数只会被筛掉一次，因此时间复杂度为完美的 $O(n)$