清北灵堂送走记 \(Day2\)
前言
数论专题，鬼知道我这三天经历了什么
同余
若 \(a,b\) 为两个整数，且他们的差 \(a-b\) 能被某个自然数 \(m\) 所整除，则称 \(a\) 和 \(b\) 关于 \(m\) 同余，记作 \(a \equiv b \pmod m\)。它意味着 \(a-b = m \times k\)。
一些性质：
-
若 \(a \equiv b \pmod m\)，则 \(a + c \equiv b + c \pmod m\)。
-
若 \(a \equiv b \pmod m\)，则 \(a \times c \equiv b \times c \pmod m\)。
-
若 \(a \equiv b \pmod m, c \equiv d \pmod m\)，则 \(a \times c \equiv b \times d \pmod m\)。
-
若 \(a \equiv b \pmod m\) ，则 \(a^x \equiv b^x \pmod m\) 。
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若 $a \times b \bmod m $ 则 $ a \bmod m \times b \bmod m$ 。
-
若 \(a \bmod p = x, a \bmod q = x\)，且 \(p,q\) 互质，则 \(a \bmod (p \times q) = x\)。
（感谢梓苏的友情赞助）
欧几里得算法(辗转相除法)
一条性质：\(z \mid x\)，\(z | y\)，则 \(z \mid (y-x)\)，显然。
对于减法，设 \(y=kx+b\)，则我们需要减 \(k\) 次，但是发现最后的 \(b\) 完全可以用取模取出来的。
所以得到了 $Gcd(a,b)=Gcd(b,a\bmod b) $
int Gcd(int a,int b){return !b?a:Gcd(b,a%b);}
如果又有某个毒瘤卡你，让你每次取模的 \(b\) 都恰好小于 \(x\) ，复杂度在 \(\log\) 级别，单次最坏复杂度 \(\mathcal{O(\log{V})}\)。
扩展欧几里得算法
定理：如果任意整数 \(a\) 和 \(b\) 都不为 \(0\)，则 \(\gcd(a,b)\) 是 \(a\) 与 \(b\) 的线性组合集\({ax+by,a \in Z,b \in Z}\)中的最小正元素。
我们先证一下这个定理。
证明：设 \(s\) 是线性组合集中的最小正元素，则 \(s=ax+by\) ，再设 \(q=\lfloor \frac{a}{c} \rfloor\)，则 \(a \bmod s = a-q \cdot s = a - q(ax+by)=a(1-qx)+b(-qy)\)，所以\(a \bmod s\) 也是 \(a\) 与 \(b\) 的线性组合，由 \(s\) 为最小正元素，则 \(a \bmod s\)一定为零，同理可证 \(b \bmod s\)也为零，则 \(s\) 是 \(a\) 和 \(b\) 的公约数，则 $ s \le \gcd(a,b)$，又因为 \(s\) 是 \(a，b\) 的线性组合，则 \(gcd(a,b) \mid s\) ，则 \(gcd(a,b) \le s\) ，所以 \(s=\gcd(a,b)\)。
int Exgcd(int a,int b,int &x,int &y){
if(!b){x=1,y=0;return a;}
int res=Exgcd(b,a%b,x,y);
int t=x;x=y;y=t-a/b*y;
return res;
}
由上面飞鼠斐蜀定理可知，\(ax+by=gcd(a,b)\) 一定有解。根据欧几里得算法，\(\gcd(a,b)=gcd(b,a \bmod b)\)，所以（一把子式子）：
\(\because a{x}_1+b{y}_1=\gcd(a,b),b{x}_2+(a \bmod b){y}_2=gcd(b,a \bmod b)\)
\(\because \gcd(a,b)=\gcd(b,a \bmod b)\)
\(\therefore a{x}_1+b{y}_1=b{x}_2+(a \bmod b){y}_2\)
将 \(\bmod\) 用除法表示，则
\(\therefore a{x}_1+b{y}_1=b{x}_2+(\lfloor\frac{a}{b}\rfloor \cdot b){y}_2\)
\(\therefore a{x}_1+b{y}_1=a{y}_2+b({x}_2 - \lfloor\frac{a}{b}\rfloor \cdot {y}_2)\)
当 \(b=0\) 时，一定有 \(x=1,y=0\) ，递归回去即可，于是有了上面代码。
\(Exgcd\) 是可以求多解的，感谢 \(Konnyaku\) 的深情讲解。
思路来源不明，但是正确的((((
\(a(x_0+\frac{b}{\gcd(a,b)})+b(y_0-\frac{a}{\gcd(a,b)})=ax_0+by_0\)
显然把第一个式子化出来是和第二个式子等价的，但是为什么要\(\frac{b}{gcd(a,b)}\) 和 \(\frac{a}{\gcd(a,b)}\)呢？因为这俩玩意是令原式成立的最小的整数，证明不会，但显然是对的，因为你换个数显然不能全部包含所有解，话糙理不糙
所以 \(x\) 的通解是 \(x+ \frac{b}{\gcd(a,b)} \times t，t \in Z\)
逆元
推销自己博客不过分吧。
质数筛
从娃娃时我们就学筛质数
for(int i=2;i<=sqrt(x);i++) if(!(x%i)) return 0;
复杂度为 \(\mathcal{O(n\sqrt{n})}\)
而后学的是埃筛，就是筛到一个数，把他的倍数全干掉喽。
void Is_prime(int n){
memset(vis,true,sizeof vis);
for(int i=2;i<=n;i++){
if(!vis[i]) continue;
for(int j=i*i;j<=n;j+=i)
vis[j]=false;
}
}
有兴趣可以看复杂度怎么证明，反正我没兴趣Eratosthenes筛法时间复杂度分析_Gavin_Nicholas
大概是\(\Omega{(n\log\log n)}-\mathcal{O(n\log n)}\)?
有的时候毒瘤出题人卡你俩 \(\log\) ，所以我们有线性的欧拉筛。
int tmp[MAXN], Cnt = 0;
bool vis[MAXN];
void Init(int limit) {
for(int i = 2; i <= limit; ++i) {
if(!vis[i]) tmp[++ Cnt] = i;
for(int j = 1; j <= Cnt && i * tmp[j] <= limit; ++j) {
vis[i * tmp[j]] = true;
if(i % tmp[j] == 0) break;
// 欧拉筛每次都用最小质因子去筛每一个数
// 在这里，因为 i 里面有 tmp[j] 这个因子，所以对于后面的 i * tmp[k] 来说
// 可以拆成 i/tmp[j] * tmp[j] * tmp[k]，而 tmp[j] < tmp[k]。
// 所以要 break;
}
}
}
再次感谢梓苏
求解模线性方程
模线性方程即为\(ax \equiv b(\bmod n)\) 对 \(x\) 进行求解。
定理：方程 \(ax+by=c\) 与方程 \(ax \equiv c(\bmod b)\) 是等价的，有整数解的充要条件是 \(\gcd(a,b) \mid c\)
第 \(1\) 眼大雾，第 \(2\) 眼还是大雾，第 \(3\) 眼依然大雾
证明一下，对于一个模线性方程\(ax \equiv b(\bmod n)\)，设\(q=ax \bmod n=b \bmod n\),则有\(ax=k_1n+q,b=k_2n+q(k_1.k_2 \in Z)\)，两项作差得，\(ax-b=n \cdot(k_1-k_2)\) ,移项得 \(ax-n(k_1-k_2)=b\) ，令 \(y= -(k_1-k_2)\)，式子为 \(ax+ny=b\)，这玩意怎么这么眼熟？草，斐蜀定理，所以使式子有解要满足 \(\gcd(a,n) \mid b\)，证毕。
那这玩意？扩欧搞出一组 \(ax+by=gcd(a,b)\) 的解。
两遍同时除以 \(\gcd(a,b)\) 再乘上 \(c\) 即可。
bool Co_eq(int a,int b,int c,int &x,int &y){
int t=Exgcd(a,b,x,y);
int k=c/t;
if(!(c%t)) return false;
x*=k;y*=k; return true;
}
中国剩余定理(Chinese remainder theorem、CRT)
引入都见过
《孙子算经》：“今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二，问物几何？”
化成式子就是这个样子 \(\begin{cases} x \equiv 2(\bmod 3) \\ x \equiv 3(\bmod 5) \\ x \equiv 2(\bmod 7) \end{cases}\)
一个整数除以3余2、除以5余3、除以7余2，求这个整数。
答案：23
解法：由于除以3余2，因此加上一个140；由于除以5余3，因此加上一个63；由于除以7余2，因此加上一个30；这三个数的和是140+63+30=233，再减去210，就得到了23了。
这么说吧，只要是除以3余了一个1，就加上一个70；只要是除以5余了一个1，就加上一个21；只要是除以7余了一个1，就加上一个15。然后累加。超过了106就减去105就行了。
当然你可以手算这个，那数大了呢，式子多了呢？
中国剩余定理登场了，老祖宗发明的，嘿。
一个问题：计算一个整数 \(x\) ，使得它满足除以 \(3\) 余 \(2\) 、除以 \(5\) 余 \(3\) 、除以 \(7\) 余 \(2\) 。
如果能够找到三个整数 \(x_1,x_2,x_3\) 使得：
\(\begin{cases} x_1 \equiv 2(\bmod 3)，x_1 \equiv 0(\bmod 5)，x_1 \equiv 0(\bmod 7) ①\\ x_2 \equiv 0(\bmod 3) ，x_2 \equiv 3(\bmod 5)，x_2 \equiv 0(\bmod 7) ②\\ x_3 \equiv 0(\bmod 3)，x_3 \equiv 0(\bmod 5)，x_1 \equiv 2(\bmod 7) ③ \end{cases}\)
令 \(x=x_1+x_2+x_3\)，易得
\(\begin{cases} x \equiv 2(\bmod 3) \\ x \equiv 3(\bmod 5) \\ x \equiv 2(\bmod 7) \end{cases}\)，
称 \(x_1，x_2，x_3\) 为问题 \(①②③\) 的解，看出三个问题的本质事类似的。
对于问题 \(1-1\) 继续分解，如果能找到一个整数 \(y_1\) 满足
\(\begin{cases}y_1 \equiv 1(\bmod 3) \\ y_1 \equiv 0(\bmod 5) \\ y_1 \equiv 0(\bmod 7) \end{cases}\)
那么令 \(x_1=2 \cdot y_1\)，很显然这样的 \(x_1\) 满足 \(1-1\)，所以我们扩展问题，定义新三个问题为
\(\begin{cases} y_1 \equiv 1(\bmod 3)，y_1 \equiv 0(\bmod 5)，y_1 \equiv 0(\bmod 7) ①-①\\ y_2 \equiv 0(\bmod 3) ，y_2 \equiv 1(\bmod 5)，y_2 \equiv 0(\bmod 7) ①-②\\ y_3 \equiv 0(\bmod 3)，y_3 \equiv 0(\bmod 5)，y_1 \equiv 1(\bmod 7) ①-③ \end{cases}\)
这三个问题的本质是相同的，如果找到了 \(y_1，y_2，y_3\) ，那么就可以取 \(x=2 \times y_1+3 \times y_2+ 2 \times y_3\)。
以问题 ①-① 为例，就是寻找一个整数 \(z\) 使得
\(\begin{cases}z \equiv 1(\bmod 3) \\ z \equiv 0(\bmod 5) \\ z \equiv 0(\bmod 7) \end{cases}\).
于是 \(z\) 一定是 \(5 \times 7=35\) 的倍数，假设 \(z=35k\) ，则有 \(35k \equiv 1(\bmod 3)\)，这 \(k\) 是什么？就是 \(5 \times 7 \bmod 3\) 的逆元，将这个 \(k\) 记作\([35^{-1}]_{3}\)，那此时 \(z\) 就等于 \(5 \times 7 \times [(5 \times 7)^{-1}]_{3}\)，恰好就是 \(5 \times 7 \times 2=70\)，对应了上面的解法中的 \(70\) 。
以此类推，问题①-②的解答就是 \(3 \times 7 \times [(3\times7)^{-1}]_5\)，恰好就是 \(3 \times 7 \times 1=21\)
问题①-③的解答就是 \(3 \times 5 \times [(3 \times 5)^{-1}]_7\)，恰好就是 \(3 \times 5 \times 1=15\)，都与上面对应。
所以将问题的分解复原，可得：
\(x=2 \times (5 \times 7 \times [(5 \times 7)^{-1}]_{3})+3 \times(3 \times 7 \times [(3\times7)^{-1}]_5)+2 \times (3 \times 5 \times [(3 \times 5)^{-1}]_7)\)
最后注意到 \(x+3 \times 5 \times 7\)也满足条件，因此要计算最小负整数，只需要 \(sum \bmod (3 \times 5 \times 7)\) 即可。
如果有多组解满足条件呢？他们之间又有什么联系？
假设 \(X,Y\) 都满足 “除以 \(3\) 余 \(a\)、除以 \(5\) 余 \(b\)、除以 \(7\) 余 \(c\) ”。观察发现 \(X-Y\) 满足 “除以 \(3\) 余 \(0\) 、除以 \(5\) 余 \(0\) 、除以 \(7\) 余 \(0\)”。因此 \(X-Y\) 一定是 \(105\) 的倍数，也就是说在模 \(105\) 的意义下，通过分解，组合解答的 \(x\) 恰是唯一解。
把这个问题一般化：假设整数 \(m_1,m_2,…，m_n\) ，且两两互质，则对于任意 \(a_1,a_2,…,a_n\)，方程组：
\(\begin{cases}x \equiv a_1(\bmod m_1) \\ x \equiv a_2(\bmod m_2) \\……\\ x \equiv a_3(\bmod m_3)\\\end{cases}\)
都存在整数解，若 \(X，Y\) 同时满足该方程组，必有 \(X \equiv Y(\bmod N)\)，其中 \(N=\prod_{i=1}^{n}m_i\)
具体而言，将上面过程表示成式子即：
\(x \equiv \displaystyle \sum_{i=1}^{n}{a_i \times \frac{N}{m_i} \times [(\frac{N}{m_i})^{-1}]_{m_i}}(\bmod N)\)
int Exgcd(int a,int b,int &x,int &y){
if(!b){x=1;y=0;return a;}
int Gcd=Exgcd(b,a%b,x,y);
int t=x;
x=y;y=t-a/b*y;
return Gcd;
}
signed main() {
n=read();int Mul=1;
for(int i=1;i<=n;i++){
M[i]=read();Mul*=M[i];Y[i]=read();
}
for(int i=1;i<=n;i++){
int qwq=Mul/M[i];
int x=0,y=0;
Exgcd(qwq,M[i],x,y);
Ans+=Y[i]*qwq*(x>=0?x:x+M[i]);
}
return print(Ans%Mul),0;
}
套式子来就行，注意变量别混了就行。
扩展中国剩余定理(Extended Chinese remainder theorem，EXCRT)
我们知道中国剩余定理用来求解同于方程组必须要求模数互质，但是如果某个啥币出题不让他们互质呢？
自为风月马前卒：“把出题人吊起来干一顿。”
\(CRT\) 和 \(EXCRT\) 其实没多少关系，一个用 \(Exgcd\) ，另一个是构造。
先列出这一把子方程 \(\begin{cases}x \equiv x_1(\bmod m_1) \\x \equiv x_2(\bmod m_2) \\……\\ x \equiv x_3(\bmod m_3)\\\end{cases}\)
我们选择上面俩看看能不能合成，于是得到下面一个方程组 \(\begin{cases}x = x_1+k_1 \times m_1 \\x=x_2+k_2 \times m_2\end{cases}\)
我们的到了一个等式：\(x_1+k_1\times m_1=x_2+k_2 \times m_2\) ，移项得到 \(k_1 \times m_1 +(-k_2) \times m_2=x_2-x_1\)，是不是 \(ax+by=c\) 的形式？自然阔欧搞上，我们用扩欧求出 \(k_1\) 的通项，但是根据扩欧的限制条件，必须有\(gcd(m_1,m_2) \mid (x_2-x_1)\) ，如果前提不满足，则这个同余方程组无解。我们设 \(K_1，K_2\) 为 \(K_1 \times m_1 +(-K_2) \times m_2=\gcd(m_1,m_2)\)的两个特解，将式子两边都乘上 \(\frac{x_2-x_1}{\gcd(m_1,m_2)}\)，就知道上述式子 \(k_1=K_1 \times \frac{x_2-x_1}{\gcd(m_1,m_2)}，k_2=K_2 \times \frac{x_2-x_1}{gcd(m_1,m_2)}\)，带回去，得到：
\(\begin{cases}x = x_1+K_1 \times \frac{x_2-x_1}{\gcd(m_1,m_2)} \times m_1 \\x=x_2+ K_2 \times \frac{x_2-x_1}{\gcd(m_1,m_2)} \times m_2\end{cases}\)
显然满足这个方程组的\(K_1，K_2\)不只一组，并且每一组\(K_1，K_2\)都对应一个 \(x\)，所以我们能知道每两个解\(\Delta\)就是 \(\frac{(x_2-x_1)}{gcd(m_1，mod_2)}\times m_1\) 和\(\frac{(x_2-x_1)}{\gcd(m_1，m_2)}\times m_2\)的倍数，所以 \(\Delta\) 一定是 \(\frac{m_1\times m_2}{\gcd(m_1，m_2)}\) 的倍数，即 \(\Delta\) 是 \(lcm(m_1，m_2)\) 的倍数。
感谢梓苏的讲解。为什么呢，设有 \(K_1\) 和 \(K^{'}_{1}\) ，带入一式，得到两式作差，\(\Delta x= (k_1-k_{1}^{'}) \times \frac{(x_2-x_1)}{gcd(mod_1，mod_2)}\times m_1\) ,得到 \(\Delta\) 是 $ \frac{(x_2-x_1)}{gcd(mod_1，mod_2)}\times m_1$的倍数，同理得到 $ \Delta $ 也是 \(\frac{(x_2-x_1)}{\gcd(m_1，m_2)}\times m_2\) 的倍数。
所以每两个解 $ \Delta $ 一定是\(\frac{m_1\times m_2}{gcd(m_1，m_2)}\)的倍数，那\(\frac{m_1\times m_2}{gcd(m_1，m_2)}\)就是\(lcm(m_1,m_2)\)，所以 $ \Delta$ 一定是 \(lcm(m_1,m_2)\) 的倍数。
又因为$ x=k_1\times m_1+x_1\(,这样我们就将上面两个同余方程合成为\)x \equiv k_1\times m_1+x_1(\bmod lcm(m_1，m_2))$。
完事，难。
费马小定理
内容：若 \(p\) 为质数， \(\gcd(a,p)=1\) ，则\(a^{p-1} \equiv 1 (\bmod p)\)
证明自行百度，其实是我不会。
欧拉定理
实质上是对费马小定理的拓展。
内容：若正整数 \(a,p\) 互质，则 \(a^{\varphi(n)} \equiv 1(\bmod n)\)
证明自行百度，梓苏也不会了。，给个\(Link\)欧拉-费马小定理定理(定理证明)
推论：若 \(a,n\) 互质，则对于任意正整数 \(b\) ，有 \(a^b \equiv a^{b \bmod \varphi(n)} \bmod n\)
证明一下，设 \(b=q \times \varphi(n)+r，0 \le r \le \varphi(n)\)，则 \(r=b \bmod \varphi(n)\)。前方高能
\(a^b=a^{q \cdot \varphi(n)+r} \equiv (a^{\varphi(n)})^{q} \times a^r \equiv 1^q \times a^r \equiv a^r \equiv a^{b \bmod \cdot \varphi(n)}(\bmod n)\)
这式子很明白了吧。
扩展欧拉定理：
\(a^b \equiv a^{b \bmod \varphi(n)+\varphi(n)} (\bmod n)\)，当 \(a,n\) 不一定互质且 \(b \ge \varphi (n)\)
\(a^b \equiv a^{b} (\bmod n)\)，当 \(a,n\) 不一定互质且 \(b < \varphi (n)\)
证明详解这里，我太菜了，不会证，梓苏说记住就行？
附赠一个小推论：
推论：若正整数 \(a，n\) 互质，则满足 \(a^x \equiv 1(\bmod n)\) 的最小正整数 \(x_0\) 是 \(\varphi(n)\) 的约数
欧拉函数
定义：\(1-N\) 中与 \(N\) 互质数的个数叫欧拉函数，记 \(\varphi(N)\)
对 \(N\) 进行质因数分解 $N=p_1^{c_1} \times p_2^{c_2} \times … \times p_k^{c_k} $
则有 $\varphi(N)=N \times (1-\frac{1}{p_1}) \times (1-\frac{1}{p_2}) \times…\times (1-\frac{1}{p_k}) $
特别的\(\varphi(1)=1\)
证明：要求的就是 \(1-N\) 中与 \(N\) 不含相同质因子的数，我们先假设 \(N\) 只有两个质因子，假设 \(p，q\) 为 \(N\) 的质因子，那么 \(1-N\) 中 \(p\) 的倍数有\(\frac{N}{p}\)，同理 \(q\) 有 \(\frac{N}{q}\) 个，我们自然要筛掉这些数，但是其中 \(q \times p\) 被筛了两次，所以还要加回来，得 \(N-\frac{N}{p}-\frac{N}{q}+ \frac{N}{pq}\)，对式子稍作变换，得 \(N \times (1-\frac{1}{p}-\frac{1}{q}-\frac{1}{pq})\)，再变得 \(N \times (1-\frac{1}{p}) \times (1-\frac{1}{q})\)，然后我们采用数学归纳法类推到多项就得到上面式子。
实现：
①求单个欧拉函数，类似质数判断
根据上面函数定义式，可以得到一个在分解质因数的同时求解单个欧拉函数的方法，时间复杂度 \(\mathcal{O(\sqrt{n})}\)
int Get_phi(int x){
int res=x;
for(int i=2;i*i<=x;i++)
if(!(x%i)){res=res/i*(i-1);while(!(x%i)) x/=i;}
if(x>1) res=res/x*(x-1);
return res;
}
②递推打表，类似埃式筛
void Phi(int n){
for(int i=1;i<=n;i++) phi[i]=i;
for(int i=1;i<=n;i++){
if(!phi[i]) continue;
for(int j=i;j<=n;j+=i)
phi[j]=phi[j]/i*(i-1);
}
}
③线性筛,类似欧拉筛质数
需要用到欧拉函数的两个性质
若有 \(p \mid N\)，且满足 \(p^2 \mid N\)，则 \(\varphi(N)=\varphi(\frac{N}{p}) \times p\).
证明：若有 \(p\mid N\)，且满足 \(p^2 \mid N\)，说明 \(N\) 和 \(N/p\) 有相同的质因子，我们分析只含两个质因子的简单情况，
\(\varphi(N)=N-\frac{N}{p}-\frac{N}{q}+ \frac{N}{pq}\)，\(\varphi(N/p)=\frac{N}{p}-\frac{N}{p^2}-\frac{N}{pq}+ \frac{N}{p^2q}\)，二者相除商为 \(p\)，
若有 \(p \mid N\)，且一定不满足 \(p^2 \mid N\)，则 \(\varphi(N)=\varphi(\frac{N}{p}) \times (p-1)\).
证明：若有 \(p\mid N\)，且满足 \(p^2 \mid N\)，说明 \(N\) 和 \(N/p\) 一定互质，根据积性函数定义有 \(\varphi(N)=\varphi(N/p) \times \varphi(p)\)，因为 \(p\) 为质数，则 \(\varphi(p)=p-1\)(费马小定理)，得\(\varphi(N)=\varphi(\frac{N}{p}) \times (p-1)\)，证毕。
void Phi(int n){ phi[1]=1;
for(int i=2;i<=n;i++){
if(!vis[i]) Prime[++cnt]=i,phi[i]=i-1;
for(int j=1;j<=cnt&&i*Prime[j]<=n;j++){
vis[i*Prime[j]]=true;
if(!(i%Prime[j])){ phi[i*Prime[j]]=phi[i]*Prime[j];}
//说明i*Prime[j]中含有两个Prime[j]的因子,应用推论1
else phi[i*Prime[j]]=phi[i]*phi[Prime[j]];//反之推论2
}
}
}
组合数
再推销一波博客(✿◡‿◡)
多重集合的排列
\(M={k_1\cdot a_1,k_2 \cdot a_2 ,…k_n \cdot a_n}\)， \(a_i\) 为不同元素, \(k_i\) 为个数。
多重集合 \(M=\left \{k_{1}\cdot a_{1},k_{2}\cdot a_{2},\cdots ,k_{n}\cdot a_{n}\right \}\) 的 \(r\) 排列数为 \(k^{r}\)
多重集合 \(M=\left \{k_{1}\cdot a_{1},k_{2}\cdot a_{2},\cdots ,k_{n}\cdot a_{n}\right \}\)的全排列数为：\(\frac{\left ( k_{1}+k_{2}+\cdots +k_{n}\right )!}{k_{1}!k_{2}!\cdots k_{n}!}\)
多重集合部分有限部分无限分母仅除有限部分阶乘乘。
一个例子：在 \(1-n\) 之间随机生成长度为 \(n\) 的整数序列，请问正好含有 \(n-1\) 个不同的整数的方案数，答案\(\bmod 1e9+7\)。
\(Ans= C_{n}^{n-1} \times (n-1) \times \frac {n!} {2!} \bmod 1e9+7\)
先从 \(n\) 个数里面选 \(n - 1\) 个数，对于剩下一个位置可以是这 \(n-1\) 个数的任意一个，\(n\) 个数随便排列，但是有两个重复元素，注意对 \(2!\) 求逆元。
二项式定理
定理：\((a+b)^n= \displaystyle \sum_{r=0}^{n}C^{r}_{n}a^{n-r}b^{r}\)
这就是二项式定理，等式右边即为 \((a+b)^n\) 的二项式，共有 \(n+1\) 项。
\(C^{r}_{n}a^{n-r}b^{r}\) 叫做二项式展开式的第 \(r+1\) 项，也就是通项，通项用 \(T_{r+1}\) 表示。
\(T_{r+1}=C^{r}_{n}a^{n-r}b^{r}\)，\(C^r_n(t=0,1,2…n)\) 叫做 \(r+1\) 项的二项式系数。
证明：组合证明法
将幂次拆开， \((a+b)^n=(a+b) \cdot (a+b) … (a+b)\)
按照乘法分配律展开，直到无括号。因为每项都可以选 \(s\) 或者 \(b\) ，因此共有 \(2^n\) 项，显然所有项都是\(a^{n-r}b^r(r=0,1,2…，n)\) 的形式，为了计数形如\(a^{n-r}b^r\) 的项的系数，必须从 \(n\) 个 \(a+b\) 中选取 \(n-r\) 个 \(a\) (从而乘机中其余的 \(r\) 个项都是 \(b\))，所以 \(a^{n-r}b^{r}\) 的系数是 \(C^{n-r}_{n}=C_{n}^{r}\)，证毕。
P1313：二项式定理，快速幂，费马小定理，逆元
卢卡斯定理(Lucas's theorem)
对于非负整数 \(m,n\) 和质数 \(p\)，\(C_m^n \equiv \displaystyle \prod_{i=0}^{k} C_{m_i}^{n_i}(\bmod p)\)
\(m=m_kp^k+…+m_1p+m_0，n=n_kp^k+…+n_1p+n_0\) 是 \(m,n\) 的 \(p\) 进制展开。
但其实我们常用这个可以与之互推的式子：
\(C_m^n=C_{m \bmod p}^{n \bmod p} \cdot C_{\lfloor \frac{m}{p}\rfloor}^{\lfloor \frac{n}{p}\rfloor} (\bmod p)\)，当 \(m<n\) 时，规定 \(C_m^n=0\)
我们可以利用这个式子递归求解，递归边界就是 \(n=0\)。其实只需要记住公式就够了，因为你可以马上写出卢卡斯的板子。
int C(int m,int n,int p){
return m<n?0:fact[m]*inv(fact[m],p)%p*inv(fact[m-n],p)%p;
}
int lucas(int m,int n,int p){
return !n?1:lucas(m/p,n/p,p)*C(m%p,n%p,p)%p;
}
证明：设 \(x\)是任意小于 \(p\) 的正整数，那么：\(C_p^x=\frac{p!}{x!(p-x)!}=\frac{p\cdot(p-1)!}{x \cdot (x-1)! \cdot (p-x)!} =\frac{p}{x} \cdot C_{p-1}^{x-1}\)，由于 \(x<p\) 且 \(p\) 是质数，所以存在 \(x\) 模 \(p\) 意义下的逆元，故：\(C_p^x \equiv p \cdot inv(x) \cdot C_{p-1}^{x-1}(\bmod p)\)，显然右边是 \(p\) 的倍数，所以 \(C_{p}^{x} \equiv 0(\bmod p)\)，由二项式定理：$(1+x)^n= \displaystyle \sum_{i=0}{n}C_{n}{i} x^{i} $，由于 \((1+x)^p=\displaystyle \sum_{i=0}^{p}C_p^i\) 除了 \(i=0\) 和 \(i=p\) 的项外模 \(p\) 都为零(上面已证)，所以 \((1+x)^p \equiv 1+x^p (\bmod p)\)，现在我们设 \(\begin{cases} \lfloor \frac{m}{p}\rfloor=q_m \\
\lfloor \frac{n}{p} \rfloor =q_n \\
\end{cases}\)， \(\begin{cases} m \bmod p=r_m\\
n \bmod p=r_n \\
\end{cases}\)，那么那么 \(\begin{cases}m=q_mp+r_m \\
n=q_np+r_n\\
\end{cases}\)，再由二项式定理 \((a+b)^m= \displaystyle \sum_{k=0}^{m}C^{k}_{m}x^{k}\)，而同时有(前方高能)：\((1+m)^x=(1+x)^{q_mp+r_m}=(1+x)^{q_mp} \cdot (1+x)^{r_m}=[(1+x)^p]^{q_m} \cdot (1+x)^{r_m} \equiv (1+x^p)^{q_m} \cdot (1+x)^{r_m}= \displaystyle \sum_{i=0}^{q_m} C_{q_m}^{i}x^{ip} \sum_{j=0}^{r_m}C_{r_m}^{j}x^{j} = \sum_{i=0}^{q_m} \sum_{j=0}^{r_m} C_{q_m}^{i}C_{r_m}^{j} x^{ip+j} (\bmod p)\)。注意满足 \(j>m_r\) 的项为 \(0\)，所以上面和式一定遍历所有可能的非零项，我们再枚举 \(k=ip+j\)，得到 \((1+x)^m \equiv \displaystyle \sum_{k=0}^{m}C_{q_m}^{\lfloor k/p\rfloor}C_{q_m}^{k \bmod p}x^k(\bmod p)\)，为什么呢？和梓苏讨论了一会，是这样的：\(\displaystyle \sum_{i=0}^{q_m}\sum_{j=0}^{r_m}\) 能使 \(ip+j\) 遍历到的范围是 \(0\) 到 \(q_mp+r_m=m\) ，即换元之后枚举的 \(\displaystyle \sum_{k=0}^{m}\)，根据二项式定理的结果，得 \(\displaystyle \sum_{k=0}^{m}C_m^kx^k \equiv \sum_{k=0}^{m}C_{q_m}^{\lfloor k/p\rfloor}C_{q_m}^{k \bmod p}x^k(\bmod p)\)，对比系数，则，\(C_m^k \equiv C_{q_m}^{\lfloor\frac{k}{p}\rfloor}\cdot C_{r_m}^{k \bmod p}=C_{q_m}^{q_k}\cdot C_{r_m}^{r_k}(\bmod p)\)，令 \(k=n\)，得到 \(C_m^n=C_{m \bmod p}^{n \bmod p} \cdot C_{\lfloor \frac{m}{p}\rfloor}^{\lfloor \frac{n}{p}\rfloor} (\bmod p)\)，定理得证。
扩展卢卡斯定理
自行解决，我累了。
后记
经过这几天的经历，充分的告诉了我一个事实：只有交了钱的自学最有效率！
这金牌真tm ssh？？