数论——Knowledge Point&Problems

（文前友情提醒：此篇博客略有些长，最近上得快，没太多时间更新）

本文要点：

欧拉筛法

欧拉函数

扩展欧几里得

逆元

同余方程

BSGS

矩阵乘法

高斯消元

线性空间

组合计数

$M\ddot{o}bius$函数

如果有您需要的，就请往下翻吧！

---

1.欧拉筛法。

暂无。

相关题目：

1.Prime Distance（check here）

题目描述：给你一个L，一个R，求L-R中最近的两个质数以及最远的两个质数。

范围：$1\le L,R\le 2147483647，R-L<=10^6$

Solution：

首先对于$L，R$，非常的大，已知的所有筛法都无法在规定时间内求解。但是可以看到范围里还有很鬼畜的一条东西：$R-L<=10^6$。根据它我们可以看出来，我们是可以扫描$L-R$的。
考虑到一个合数K至少有一个小于等于$\sqrt{K}$的因数，因此我们用线性筛筛出$\sqrt{R}$的所有质数，将$L-R$中所有该质数的倍数全部除去，最后再进行一边扫描，找题目的要求就可以了。
这里因为$L$和$R$比较大，我们可以映射到一个区域，来保证数组可以开下。

code：

#include 
using namespace std;



int read(){//快读 
   int s=0,w=0;
   char ch=getchar();
   for(;ch<'0'||ch>'9';ch=getchar())s|=ch=='-';
   for(;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar())w=(w<<3)+(w<<1)+(ch^48);
   return s?-w:w;
}



int L,R;
int vis[65537],pr[15001],tot,issp[1000001];
//vis数组表示一个数是否为质数
//pr数组则是记录具体的质数是哪些
//issp数组表示的是每次L和R区间哪些数是质数 



void Prime(){
    //筛法，此处使用了欧拉筛法 
	vis[1]=1;
	for(int i=2;i<=65536;++i){
		if(!vis[i]){
		    pr[++tot]=i;
		}
		for(int j=1;j<=tot;++j){
			if(i*pr[j]>65536){
				break;
			}
			vis[i*pr[j]]=1;
			if(!i%pr[j]){
				break;
			}
		}
	}
	return;
}



int shift(int l,int r,int prime){
    //该函数用来计算一个质数的多少倍是第一个出现在L-R区间中的。 
	//返回的是它与L的距离（因为L，R较大，所以我们为了避免开大数组而采用了让所有下标减去L的方法来缩小范围） 
	long long x=((long long)l+(long long)prime-(long long)1)/(long long)prime;
	long long y=x*prime-l+1;
	return int(y);
}



int main(){
	
	Prime();
	
	int TT=0,Max,Maxi,Maxj,Min,Mini,Minj;
	//设置TT是为了方便每次issp数组的使用，因为凉心出题人的存在而为了节约时间。对于每次修改issp就改为TT，查询改为是否是TT这也是竞赛中为了节约时间的常用方法。
	//Max记录两个质数距离最大是多少，Min则记录两个质数距离最小是多少。 
	//Maxi，Maxj则为这两个质数是谁，Mini，Minj同理。 
	
    while(cin>>L){
    	++TT;
    	R=read();
    	if(L==1)issp[L]=TT;//emmm特判1 
    	int lastpr=-1;
    	Max=-0x3f3f3f3f,Maxi=-1,Maxj=-1,Min=0x3f3f3f3f,Mini=-1,Minj=-1;
		//这些是初始工作 
    	
    	for(int i=1;i<=tot;++i){
    		if(pr[i]*pr[i]>R){
				break;
				//质数是否出界 
			}
    		if(pr[i]<L){
				for(int j=shift(L,R,pr[i]);j<=R-L+1;j+=pr[i])
					issp[j]=TT;
					//记录是否为质数，不是则为TT 
			}
    		else{
				for(int j=int((long long)pr[i]*2-(long long)L+1);j<=R-L+1;j+=pr[i])
				    issp[j]=TT;
				    //同理 
			}
			//此处分类讨论了，或许可以不讨论。 
		}
		//这边是将非质数筛去。 
		
		for(int j=1;j<=R-L+1;++j){
			if(issp[j]!=TT&&lastpr==-1){
				lastpr=j;
				//lastpr意为上一个质数。 
			} 
			else if(issp[j]!=TT&&lastpr!=-1){
				if(j-lastpr>Max){
					Max=j-lastpr;
					Maxi=lastpr+L-1;
					Maxj=j+L-1;
				}
				//找最大距离。 
				if(j-lastpr<Min){
					Min=j-lastpr;
					Mini=lastpr+L-1;
					Minj=j+L-1;
				}
				//找最小距离。 
				lastpr=j; 
				//修改上一个质数。 
			}
		}
		//寻找最大距离和最小距离的过程
		 
		if(Maxi!=-1&&Maxj!=-1){
			printf("%d,%d are closest, %d,%d are most distant.\n",Mini,Minj,Maxi,Maxj);
		} 
		else{ 
		    puts("There are no adjacent primes.");
		}
		//输出即可。
		 
	}
	return 0;
}

2.欧拉函数。

暂无。

相关题目：

2.GCD（check here）

题目描述：给定整数N，求1<=x,y<=N且Gcd(x,y)为素数的数对(x,y)有多少对。

范围：$1\le n\le 10^7$

Solution：

范围香不香？所以你根本无法枚举，当然部分分是可以有的。
考虑一下2个数的$gcd(x,y)$，这等于一个质数。
质数？$10^7$？我们知道是有筛法可以完成$1s$肝爆$10^7$的，是不是意味着我们可以将它往素数那一方面想呢？
再考虑以下：设$gcd(x,y)=z$，那么$gcd(\frac{x}{z},\frac{y}{z})$是等于多少的呢？那就是$1$了。
$1$？那么：假设y已经固定，那么对于$1-y$这个区间中，这样的$x$有多少呢？无脑思考便可以得出结论：$\phi (n)$个。
so？对于每个小于$n$的质数，计算的便是$1\le x,y\le \frac{n}{p}$中互质的$x，y$。这样的对有多少个呢？对于每个$y$，设$x\le y$，那么便有$\phi (y)\ast 2-1$个（减$1$是因为$x$），所以我们可以做一遍前缀和，方便快速地计算。
至此，本题得到了解决。

code：

#include 
using namespace std;



int read(){//快读 
   int s=0,w=0;
   char ch=getchar();
   for(;ch<'0'||ch>'9';ch=getchar())s|=ch=='-';
   for(;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar())w=(w<<3)+(w<<1)+(ch^48);
   return s?-w:w;
}



int vis[10000001],prime[10000001],tot,phi[10000001],n;
//vis数组是用来记录该数字是否为质数。 
//prime数组则是具体的质数是哪些。 
//phi数组是欧拉函数。 

long long s[10000001];
//这是前缀和数组。 



int main(){
	n=read();
	for(int i=1;i<=n;++i)
	    phi[i]=i;
	//初始工作。 
	 
	for(int i=2;i<=n;++i){
		
		if(!vis[i]){
			vis[i]=i;
			prime[++tot]=i;
			phi[i]=i-1;
		}
		//这个是i是质数的情况。
		 
		for(int j=1;j<=tot;++j){
			
			if(prime[j]>vis[i]||prime[j]>n/i){
				break;
			}
			
			vis[i*prime[j]]=prime[j];
			
			phi[i*prime[j]]=phi[i]*(i%prime[j]?prime[j]-1:prime[j]);
			//根据欧拉函数的性质去快速计算。
			 
		} 
	}
	//此处是欧拉筛法求欧拉函数。
	 
	for(int i=1;i<=n;++i)
	    s[i]=s[i-1]+(long long)phi[i];
	//计算前缀和。
	 
	long long S=0;
	
	for(int i=1;i<=tot;++i)
	    S+=s[n/prime[i]]*2-1;
	//计算答案。
	 
	printf("%lld",S);
	//输出。 
    return 0;
}

3.扩展欧几里得。

暂无。

相关题目：

3.青蛙的约会 （check here）

题目描述：求$x+km\equiv y+kn(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}l)$

范围：$0\le x≠y\le 2000000000$，$1\le m,n\le 2000000000$，$1\le L\le 2100000000。$

Solution：

先将它给的锑式转化。可以得到：$x+km\equiv y+kn(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}l)$那么这个式子必然需要整治。所以我们开始魔改
$x+km\equiv y+kn(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}l)\to x-y+k(m-n)\equiv 0(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}l)\to$
$k(m-n)-a\ast l=y-x$
这已经很像不定方程了！
再次改进，我们设n-m为A，y-x为-B，那原式变为$k\ast A+a\ast l=B$
这就可以使用扩欧解决。
但是请考虑一个问题，扩欧的式子：$a\ast x+b\ast y=gcd(a,b)$，所以我们所求的只是一个特解。
那么所有解如何表示呢？
看：我们求得了一个$a\ast x0+b\ast y0=c$，用这个式子减去最初的式子可以得到:$a\ast (x-x0)+b\ast (y-y0)=0$
设$k=gcd(a,b)$两边同除$k$，这样可以使得新的$a，b$互质，就可以得知：$\frac{b}{k}$|$x-x0$的（或者$\frac{a}{k}|y0-y$，这里我们考虑前面的）。所以我们便可以任意的去添加k而不会使得该等式不成立。所以最小的x0就是当x0与k互质时（即x0中不含k），那么便可得知方程的最小解。但是上面的式子右边是$gcd(a,b)$，设$S=gcd(a,b)$，则结果需要乘上$\frac{b}{S}$。

code：

#include 
using namespace std;



long long read(){
   long long s=0,w=0;
   char ch=getchar();
   for(;ch<'0'||ch>'9';ch=getchar())s|=ch=='-';
   for(;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar())w=(w<<3)+(w<<1)+(ch^48);
   return s?-w:w;
}



long long n,m,x,y,l,s,X1,Y1;
//前五个为读入的对应变量，后面的X1,Y1为exgcd的解。 



long long exgcd(long long a,long long b,long long &X1,long long &Y1){
	//exgcd求出k。 
	if(!b){
		X1=1;
		Y1=0;
		return a;
	}
	s=exgcd(b,a%b,X1,Y1);
	long long New=X1;
	X1=Y1;
	Y1=New-a/b*Y1;
	return s;
}



int main(){
	
    x=read(),y=read(),m=read(),n=read(),l=read();
    //读入。
	 
    y=x-y,x=n-m;
    //这是A和B。 
    
    if(x<0)x=-x,y=-y;
    //考虑负数。
	 
    exgcd(x,l,X1,Y1);
    //求k。
	 
    if(y%s)puts("Impossible");
    //讨论是否有解。
	 
    else cout<<((X1*(y/s))%(l/s)+(l/s))%(l/s);
    //输出最小解。 
    
	return 0;
	
}

4.乘法逆元。

暂无。

5.同余方程。

暂无。

6.BSGS。

暂无。

7.矩阵乘法。

矩阵乘法是对于两个矩阵之前的操作。
设$A$为$n\ast x$的矩阵，$B$为$x\ast m$的矩阵。$C$为结果矩阵，则$C$为一个$n\ast m$的矩阵。
且$\forall i\in [1,n]，\forall j\in [1,x]$：$C_{i,j}$=${\sum }_{k=1}^m{A}_{i,k}\ast B_{k,j}$。
对了，矩阵乘法有什么性质呢？

---

它具有结合律，即$(A\times B)\times C=A\times (B\times C)$
它具有乘法左分配率，即$(A+B)\times C=A\times C+B\times C$
它具有乘法右分配率，即$C\times (A+B)=C\times A+C\times B$
它也具有对数乘的结合性，即$c\times A\times B=A\times (c\times B)$
它也可以转置，即$(A\times B{)}^K=A^K\times B^K$
但是它不满足交换率，即$A\times B≠B\times A$
为什么呢？考虑到上面的式子，新的矩阵的每个位置得到的方法是左边矩阵的行乘以右边矩阵的列。当两个矩阵调换位置之后，结果自然就不同了。

---

或许很多人有疑问了：这个矩阵乘法有什么用呢？其实它非常有用。毕竟它可以加速递推。下面我们根据一道题来了解一下它的用处。

problem1: 斐波那契数列（check here）

这题就是让你推斐波那契第n项，但是n非常大，在long long范围内，直接递推显然会让你痛不欲生，我们可以考虑矩阵。
观察斐波那契递推式：$f(n)=f(n-1)+f(n-2)$，考虑到一个数只与后两个数有关，所以我们开一个小小的数组$a[3]$，$a[1]=a[2]=1$，之后我们要推出$a[2]，a[3]$，首先$a[2]$是有的，$a[3]=a[2]+a[1]$，因此我们可以开一个二维矩阵来递推。这个矩阵是这样的：
$k[2][2]$=$\left[\begin{array}{cc}0& 1\\ 1& 1\end{array}\right]$
因此，我们如果需要$f(n)$，即$a[n]$的第一个数，$a[n]=a[n-1]\times k=a[n-2]\times k\times k\dots$
得到$a[n]=a[1]\times k^{n-1}$，所以呢，我们可以运用快速幂飞快的计算出解。
记得我旁边某位大佬说过：快的不是矩阵乘法，快的是快速幂。其实矩阵乘法之所以可以优化递推，就是因为它具有结合律。
下贴代码：

#include 
using namespace std;
#define mod 1000000007;
//本题模数。 


long long n,a[3]={0,1,1},A[3][3]={{0,0,0},{0,0,1},{0,1,1}};
//a数组为存着的两个斐波那契数。 
//A数组为矩阵。 


void mulself(){
	long long c[3][3];
	memset(c,0,sizeof(c));
	for(int i=1;i<=2;i++)
	    for(int j=1;j<=2;j++)
	        for(int k=1;k<=2;k++)
	            c[i][j]=(c[i][j]+A[i][k]*A[k][j])%mod;
	memcpy(A,c,sizeof(c));
}
//让A矩阵乘以A矩阵。 


void mul(){
	long long c[3];
	memset(c,0,sizeof(c));
	for(int i=1;i<=2;i++)
	    for(int j=1;j<=2;j++)
	            c[i]=(c[i]+a[j]*A[j][i])%mod;
    memcpy(a,c,sizeof(c));
}
//让a数组乘以A矩阵。 


int main(){
	
	cin>>n;--n;
	//执行n-1次。 
	
	for(;n;n>>=1,mulself())if(n&1)mul();
	//快速幂。 
	
	cout<<a[1];
	//输出。
	 
	return 0;
}

其实矩阵并不难，熟能生巧吧。

8.高斯消元。

暂无。

9.线性空间。

我知道这个要高斯消元，现在还没更高斯消元会有些**，凑合一下吧。（会尽早更的啦）。
一般的算法竞赛书上写的有关的介绍都有一些emmm，还是写一下吧：

线性空间是一个关于以下两个运算封闭的向量集合：

1.向量加法 $a+b$，其中$a,b$均为向量。
2.标量乘法 $k\times a$，也称数乘运算，其中$a$是向量，$k$是常数（标量）
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　--算法进阶指南
完了，这个也需要一些日子才能更了，又咕了QAQ

10.组合计数。

tm上面还没更完。。。
先更这个吧，毕竟这个还有一些把握。。。
先说一下两个重要的原理：
加法原理：如果完成一件事情有 $n$ 类，其中第 $i$ 类有 $a[i]$ 种方法，并且这些方法互不重合，那么完成事情的方案数共${\sum }_{i=1}^{n}a[i]$种。
乘法原理：如果完成一件事情有 $n$ 步，其中第 $i$ 步有 $a[i]$ 种方法，并且这些方法互不重合，那么完成事情的方案数共${\prod }_{i=1}^{n}a[i]$种。
或许您会认为这十分简单，但是当您在做数学（雾）的时候，你会发现你认为对的都错了。本蒟蒻深有体会。（350分拿140）
接下来再介绍两个东西：

排列数：从 $n$ 个不同的元素中依次取出 $m$ 个不同元素排成一列，产生的不同排列的数量为：

$P_n^m=\frac{n!}{(n-m)!}={\prod }_{i=1}^{m}n-m+i$

组合数：从 $n$ 个不同元素中每次取出 $m$ 个不同元素，组合成一个集合（不考虑顺序），产生的不同集合数量为：

$C_n^m=\frac{n!}{m!(n-m)!}=\frac{{\prod }_{i=1}^{m}n-m+i}{{\prod }_{i=1}^{m}i}$

性质：

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• $C_n^m=C_n^{n-m}$
• $C_n^m=C_{n-1}^m+C_{n-1}^{m-1}$
• ${\sum }_{i=1}^n{C}_n^i=2^n$

---

证明：

考虑到我们取出 $m$ 个数后，剩下的 $n-m$ 个数也组成了一个集合，所以对于所有的方案，都有一个 $n-m$ 个元素的集合与之对应，故$C_n^m=C_n^{n-m}$

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我们在 $n$ 个数中取 $m$ 个，当我们在考虑是否选取第 $n$ 个的时候，方案数等于选到了第 $n-1$ 个的时候剩下了一个位置给第n个元素 $+$ 我们选到了第 $n-1$ 个的时候没剩下位置给第n个元素。即$C_n^m=C_{n-1}^m+C_{n-1}^{m-1}$

---

${\sum }_{i=1}^n{C}_n^i$即为在n个元素的集合里选取随意多的数，换个思路，就是每个元素可以选择或者不选择，答案即为 $2^n$ 个，故${\sum }_{i=1}^n{C}_n^i=2^n$

---

这便是以上三条性质的证明。
现在我们讨论讨论组合数的求法，看第二条性质不难想到利用递推，为了避免爆炸，我们可以用质因数相减思路。
因此有了二项式定理。

1.二项式定理：

$(a+b{)}^n={\sum }_{k=0}^n{C}_n^k\times a^k\times b^{n-k}$

矩阵形式：$(a+b{)}^n=\left[\begin{array}{ccc}{a}^0& \dots & a^n\end{array}\right]\times \left[\begin{array}{ccc}{C}_n^0& & \\ & \ddots & \\ & & C_n^n\end{array}\right]\times \left[\begin{array}{ccc}& & 1\\ & ⋮& \\ 1& & \end{array}\right]\times \left[\begin{array}{c}{b}^0\\ ⋮\\ b^n\end{array}\right]$,$n\in {\mathbb{N}}^{+}$

证明：

当 $n=1$ 时，$(a+b{)}^1=C_n^0\times a^0\times b^{n-k}=a+b$成立。
假设当$n=m$时命题成立，设$n=m+1$，则有：
　$(a+b{)}^{m+1}$
　
=$a(a+b{)}^m+b(a+b{)}^m$
　
= $(a+b){\sum }_{k=0}^m{C}_m^k\times a^k\times b^{m-k}$

= ${\sum }_{k=0}^m{C}_m^k\times a^{k+1}\times b^{m-k}+{\sum }_{k=0}^m{C}_m^k\times a^k\times b^{m-k+1}$

= ${\sum }_{k=1}^{m+1}{C}_m^{k-1}\times a^k\times b^{m-k+1}+{\sum }_{k=0}^m{C}_m^k\times a^k\times b^{m-k+1}$

= ${\sum }_{k=0}^{m+1}(C_m^{k-1}+C_m^k)\times a^k\times b^{m-k+1}$

= ${\sum }_{k=0}^{m+1}{C}_{m+1}^k\times a^k\times b^{m+1-k}$
证毕。
现在就去尝试一下这个吧！

problem1:计算系数（check here）

这题题目简洁明了，给一个多项式 $(ax+by{)}^k$，求多项式展开后 $x^n\times y^m$项的系数，对10007取模。
范围：$0\le n,m\le k\le 1000,n+m=k,0\le a,b\le 10^6$。
其实就是一道简简单单的题，考据二项式定理，就可以知道 $x^n\times y^m$ 的系数是 $C_k^n\times a^n\times b^m$ ，然后就可以直接计算了，对于中间的除法直接利用逆元即可。
下贴代码：

#include 
using namespace std;



#define mod 10007
long long a,b,k,n,m,S;
//模数，题目中对应的变量。 



long long ksm(long long x,long long y,long long z=1){
	for(;y;y>>=1,x=x*x%mod)if(y&1)z=z*x%mod;
	return z;
}
//快速幂 



long long C(long long x,long long y){
	long long s=1;
	
	for(long long i=1;i<=x;++i)
	    s=s*i%mod;
	//计算分子。 
	 
	long long s1=1;
	
	for(long long i=1;i<=y;++i)
	    s1=s1*i%mod;
	for(long long i=1;i<=x-y;++i)
	    s1=s1*i%mod;
	//计算分母的积。
	 
	s=s*ksm(s1,mod-2)%mod;
	//对分母的积统一求逆元，计算答案。
	 
	return s;
}
//计算组合数 



int main(){
	
	scanf("%lld %lld %lld %lld %lld",&a,&b,&k,&n,&m);
	//读入。
	 
	S=ksm(a,n)*ksm(b,m)%mod;
	S=S*C(k,n)%mod;
	//计算答案。
	 
	printf("%lld",S);
	
	return 0;
}

2.Lucas定理：

$C_n^m=C_{n\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p}^{m\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p}\ast C_{n/p}^{m/p}$

证明：

首先我们需要证明三个结论。

---

• $C_p^i\equiv \frac{p}{i}{C}_{p-1}^{i-1}\equiv 0(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p),(1\le i\le p-1)$
• $(1+x{)}^p\equiv 1+x^p(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$
• 设 $z=ap+b$，则$(1+x{)}^z\equiv (1+x^p{)}^a\times (1+x{)}^b$

---

证明：
$C_p^i=\frac{p!}{i!\times (p-i)!}=\frac{p}{i}\times \frac{(p-1)!}{(i-1)!\times (p-i)!}=\frac{p}{i}{C}_{p-1}^{i-1}$

观察$C_p^i=\frac{p!}{i!\times (p-i)!}$，考虑到 $i!\times (p-i)!$，这两个数都比 $p$ 小，由于 $p$ 是质数，故该式子中仅
有分子有p这个因子，故$C_p^i\equiv \frac{p}{i}{C}_{p-1}^{i-1}\equiv 0(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$

$(1+x{)}^p={\sum }_{k=0}^p{C}_n^k\times a^k\times b^{p-k}$

为了方便观察这边将它改为繁琐些的式子。

$(1+x{)}^p$

$=C_p^0\times x^0\times 1^p+C_{p-1}^1\times x^1\times 1^{p-1}+\dots +C_p^p\times x^n\times 1^0$

根据上面的结论 $1$ ，我们可以得知，仅有$C_p^0\times x^0\times 1^p+C_p^p\times x^n\times 1^0$是有效的，故原式

$\equiv C_p^0\times x^0\times 1^p+C_p^p\times x^n\times 1^0(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$

$\equiv 1+x^p$
有了以上两个结论，再来证明第三个就非常简单。

$\because (1+x{)}^z=(1+x{)}^{ap}\times (1+x{)}^b$

$(1+x{)}^{ap}\equiv ((1+x{)}^p{)}^a\equiv (1+x^p{)}^a$

$\therefore (1+x{)}^z\equiv (1+x^p{)}^a\times (1+x{)}^b$

我们接着往下探索：
设一个数$n=ip+j$，
$C_a^n\times x^n$有什么方法改的好看一些呢$qwq$
其实有，只不过更丑了 。
考虑到我们已经知道了$(1+x{)}^z\equiv (1+x^p{)}^a\times (1+x{)}^b(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$，大力提出两边式子里n的系数，可以发现左边为 $C_a^n$ ，右边则为 $C_a^i\times C_b^j$，为什么呢？因为 $b$ 是由一个数$\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p$得来的，那么 $b\le q-1$，所以为了让两边系数相等，$i\times p$这个系数必须去$(1+x^p{)}^a$里面找，而 $j$ 这个系数则必须去$(1+x{)}^b$里找。
所以
$C_a^n\times x^n\equiv C_a^i\times x^{i\times p}\times C_b^j\times x^j$。

$C_a^n\times x^n\equiv C_a^i\times C_b^j\times x^n$

$C_a^n\equiv C_a^i\times C_b^j$

或许证完了。
又得等一段时间？？？

11.$M\ddot{o}bius$函数。

又很开心了 $qwq$ ，没更容斥先更莫比。。。
莫比乌斯反演是数论数学中很重要的内容，可以用于解决很多组合数学的问题。
–百度百科

一开始比较迷（虽然现在也是。。。），但是题目做多了，套路感觉就来了。
首先查了一下莫比乌斯反演，那些百科上面对莫比乌斯反演的介绍真是面（又）面（臭）俱（又）到（长）。
首先我们引入莫比乌斯函数μ
它的定义是这样的：

• 如果 $x$ 只能分解为偶数个不同质数的乘积时，（当 $x=1$ 时算无法分解，即偶数个不同质数之积）$\mu [x]=1$。
• 如果 $x$ 只能分解为奇数个不同质数的乘积时，$\mu [x]=-1$。
• 除去以上两种情况，$\mu [x]=0$。
  或许你会有疑问了：我要 $\mu$ 有何用？
  它不仅用处大，逼格也大，有许许多多函数与它相关，梅滕斯函数，与生成函数，与无穷极数等 $\dots$
  慢慢了解它吧！