我好菜啊……
欧拉函数
欧拉函数φ(n)，是小于n且和n互质的正整数（包括1）的个数。
性质：
1.对于质数n：
$φ(n)=n-1$
2..对于n=pk
$φ(n)=(p-1)*p^{k-1}$
3.积性函数的性质：
对于互质的m，n，有:
$φ(n*m)=φ(n)*φ(m)$
4.欧拉函数的计算式:
$φ(n)=n*\Pi (1-\frac{1}{p_i})$
5.求小于n且与n互质的数的和：
$S=n*φ(n)/2$
欧拉定理
对于互质的a，m，有:
$a^{\varphi (m)}\equiv 1(mod\ m)$
可以看出费马小定理是欧拉定理的特殊情况。
欧拉定理可以用于指数取模，即$x^y\ \equiv x^{y\ mod\ \varphi (p)}\ (mod\ p)$，p为质数
欧几里得定理
$gcd(a,b)=gcd(b,a\ mod\ b)$
扩展欧几里得
已知a，b，求解一组x，y，使他们满足$ax+by=gcd(a,b)$
证明：
ax+by=gcd(a,b);
1. (1) $a = 0$，$ax+by = gcd(a,b) = gcd(0,b) = b$,
此时$x = 0$(此时x的值是任意的)，$y = 1$；
(2)$b = 0$,$ax + by = gcd(a,b) = gcd(a,0) = a$,
此时$x = 1,y = 0$（此时y的值是任意的）；
2.a和b都不为0时
$ax1 + by1 = gcd(a, b)$
由欧几里德定理：$gcd(a,b) = gcd(b, a\% b)$得
$ax1 + by1 = gcd(a,b) = gcd(b, a\% b)$ 即：
$bx2 + a\% by2 = gcd(b, a\% b) = ax1 + by1$
$a \% b = a - a/b*b$;
$ax1 + by1 = bx2 + (a - a/b*b)y2$;
$=bx2 + ay2 - a/b*b*y2$;
$=ay2 + b(x2-a/b*y2)$;
所以：$x1 = y2,y1 = x2 - a/b*y2$
代码
int exGcd(int a,int b,int &d,int &x,int &y)
{
if(!b) { d=a;x=1;y=0; }
else { gcd(b,a%b,d,y,x); y-= x*(a/b); }
}
求解$ax+by=c$时：
int exgcd(int a,int b,int &x,int &y,int c)
{
if(!b)
{
x=c/a;
y=0;
return a;
}
int g=exgcd(b,a%b,y,x,c);
y-=a/b*x;
return g;
}
费马小定理
对于质数p，任意整数a，且a、p互质,有：
$a^p\equiv a(mod\ p)$,即$a^{p-1}\equiv 1(mod\ p)$
乘法逆元
除以一个数再取模等同于乘以这个数的逆元再取模
即
$(a/b)\ mod\ p=(a*inv[b])\ mod\ p$
一个数 x 在模 p 的条件下不一定有逆元, x 关于 p 的逆元存在 当且仅当 x 和 p 互质
求逆元的方法：
1.费马小定理+快速幂
由费马小定理易得 $a*a^{p-2}\equiv 1(mod\ p)$
所以$a^{p-2}$即为所求（要求a、p互质！）
2.线性推逆元
求1!~n!的逆元：
$inv[i] =inv[i+1]*(i+1) (mod\ p)$
inline void get_finv()
{
fac[1]=finv[0]=1;
for(int i=2;i<=n;++i;++i)
fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
finv[n]=quick_pow(fac[n],mod-2);
for(int i=n-1;i;--i)
finv[i]=finv[i+1]*(i+1)%mod;
}
证明：
fac[i] * inv[i] ≡1 (mod p) fac[i+1] * inv[i+1] ≡1 (mod p) => fac[i]* (i+1) * inv[i+1] ≡1(mod p) 由 同余的除法原理可得 : inv[i] ≡inv[i+1] * (i+1) 推导完毕
求1~n的逆元：
$inv[i]=inv[p\ mod\ i] * (- p/i) (mod\ p)$
inline void get_inv()
{
inv[0]=inv[1]=1;
for(int i=2;i<=n;++i)
inv[i]=inv[mod%i]*(mod-mod/i)%mod;
}
证明：
令 s = p/i , t = p%i , 则有： s*i + t = p (显然)
然后 s*i + t ≡ 0 (mod p)
移项得 t ≡ -s*i (mod p)
同除以 t * i 得 t / (t*i) ≡ -s*i / (t*i) (mod p)
将除法转化为乘法 => inv[i] ≡ -s * inv[t] (mod p)
于是将 s=p/i , t=p%i带入就可以得到: inv[i] ≡ inv[p%i] * (-p/i) (mod p)
推导完毕
3.扩展欧几里得
$axΞ1(mod\ b)$
-->$ax+by=1$
利用扩欧求解
//转载 from Judge
#define ll long long
const int mod=; //同上
void ex_gcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y){
if(!b){ x=1,y=0; return ; }
ex_gcd(b,a%b,x,y);
ll t=x; x=y,y=t-(a/b)*y;
}
//当然你也可以这么写,更能体现公式:
// ll X=x,Y=y;
// x=Y,y=X-(a/b)*Y;
inline ll inv(ll a){
ll inv_a,y;
ex_gcd(a,mod,inv_a,y);
return inv_a;
}
中国剩余定理
求解同余方程组
xΞa1(mod m1)
xΞa2(mod m2)
xΞa3(mod m3)
......
xΞak(mod mk)
其中a1 a2 a3... ak两两互质
求x的最小非负整数解
定理内容
令$M=lcm(m_1,m_2,m_3,...m_k)$,即$M=m_1*m_2*m_3*...*m_k$
$t_i$为 $\frac{M}{m_i} t_i \equiv 1\ (mod\ m_i)$的最小非负整数解
则必有一解为
$x=\sum \limits _{i=1}^{k} a_i \frac{M}{m_i} t_i$
通解为$x+i×M$
最小非负整数解为$(M+x\ mod\ M)\ mod\ M$
//ti同余式的求解可以用扩展欧几里得
void exgcd(int a,int b,int &x,int &y)
{
if(b==0){ x=1; y=0; return;}
exgcd(b,a%b,x,y);
int tp=x;
x=y; y=tp-a/b*y;
}
int china()
{
int ans=0,lcm=1,x,y;
for(int i=1;i<=k;++i) lcm*=b[i];
for(int i=1;i<=k;++i)
{
int tp=lcm/b[i];
exgcd(tp,b[i],x,y);
x=(x%b[i]+b[i])%b[i];//x要为最小非负整数解
ans=(ans+tp*x*a[i])%lcm;
}
return (ans+lcm)%lcm;
}
扩展中国剩余定理
用于解决m1，m2，m3...mn不互质的情况。
考虑只有m1,m2的情况：
设解为x
可得
$x=a_1+k_1*m_1 ; x=a_2+k_2*m_2$
$a_1+k_1*m_1 = a_2+k_2*m_2$
$k_2*m_2-k_1*m_1=a_1-a_2$形式与扩欧可解的同余方程十分相似
设g=gcd(m1,m2)
若$a_1-a_2$不是g的倍数 就无解辽（详见exgcd解同余方程有解的条件）
否则解这个同余方程
最终的解$\times \frac{c}{g}$可得$k_1$
由$x=-k_1\times m_1+a_1$解得x
则通解$X=x+k\times lcm(m_1,m_2)$
最终得到$x=x_0 (mod lcm(m_1,m_2))$
以此类推，解n次扩欧得到最终解。
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=100005;
int n;
ll m[N],a[N];
ll exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y)
{
if(!b)
{
x=1;y=0;
return a;
}
ll gcd=exgcd(b,a%b,y,x);
y-=(a/b)*x;
return gcd;
}
ll excrt()
{
ll x,y,lcm=m[1],ans=a[1],gcd;
for(int i=2;i<=n;i++)
{
gcd=exgcd(lcm,m[i],x,y);
if((ans-a[i])%gcd)return -1;
x=(ans-a[i])/gcd*x%m[i];
ans-=lcm*x;
lcm=lcm/gcd*m[i];
ans%=lcm;
}
return (ans%lcm+lcm)%lcm;
}
void work()
{
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%lld%lld",&m[i],&a[i]);
cout<<excrt()<<endl;
}
int main()
{
while(scanf("%d",&n)==1)work();
return 0;
}
排列组合
排列数
从n个不同元素中取出m个元素(m<=n)的所有不同排列的个数。
$A_n^m=n(n-1)(n-2)\cdots(n-m+1)=\frac{n!}{(n-m)!},\quad n,m\in \mathbb{N}^* ,\text{并且}m\leq n$
特别地，规定0!=1.
组合数
从n个不同元素中取出m个元素(m<=n)的所有不同组合的个数。
$C_n^m=\frac{A_n^m}{A_m^m}=\frac{n(n-1)(n-2)\cdots (n-m+1)}{m!}=\frac{n!}{m!(n-m)!},\quad n,m\in \mathbb{N}^* ,\text{并且}m\leq n$
规定$C_n^0=C_n^n=1$
二项式定理
常见形式
$(x+1)^n=\sum_{i=0}^{n} C(n,i) ~ x^i$
证明：
(x+1)n=(x+1)*(x+1)*...*(x+1)
从这n个(x+1)中选择n次，每次只可能选出x或1。
那么答案即为每次选出n个元素相乘后将结果累加
而从n个(x+1)中选出i个x的情况数即为
$C_n^i$
证毕。
Lucas定理
定理内容
证明
(咕咕咕)
代码
ll C(ll x,ll y,ll mod)
{
if(x<y)return 0;
return fac[x]*qpow(fac[y],p-2,p)%p*qpow(fac[x-y],p-2,p)%p;
}
ll lucas(ll x,ll y,ll p)
{
if(!y)return 1;
return C(x%p,y%p,p)*lucas(x/p,y/p,p)%p;
}
莫比乌斯反演(强行NOIP前)
两类基本形式：
$\begin{aligned} &(1).F(n)=\sum_{d|n}f(d)\Rightarrow f(n)=\sum_{d|n}\mu(d)F(\frac{n}{d})&\\ &(2).F(n)=\sum_{n|d}f(d)\Rightarrow f(n)=\sum_{n|d}\mu(\frac{d}{n})F(n)(最常用)&\\ \end{aligned}$
范德蒙恒等式
$\sum_{i=0}^{k} C_n^i C_m^{k-i}=C_{n+m}^k$
φ(n)=n−1
来源：https://www.cnblogs.com/Rorschach-XR/p/11019717.html