各種友(e)善(xin)數論總集（未完待續），從入門到絕望

快速冪

題目描述
【題意】
求a^b mod c，a,b,c都是整數。
【輸入格式】
一行三個整數 a、b、c。 0 ≤ a,b,c ≤ 10^9
【輸出格式】
一行，a^b mod c的值。
【樣例輸入】
2 5 7
【樣例輸出】
4

題目鏈接就不放出來了，因爲這個OJ已經很卡了，且不登錄不能看題目。

其實，我們容易知道，冪次有個性質：當$b\%2==0$時$a^{b}=(a*a)^{b/2}$

用腦子想想就知道。

#include<cstdio>
#include<cstring>
using  namespace  std;
typedef  long  long  LL;
LL  kms(LL  a,LL  b,LL  c)//a^b%c
{
	LL  ans=1%c;/*防止c==1*/a%=c;
	while(b)//b!=0
	{
		if(b&1)ans=(ans*a)%c;
		a=(a*a)%c;b>>=1;//b/=2;
	}
	return  ans;
}
int  main()
{
	LL  a,b,c;scanf("%lld%lld%lld",&a,&b,&c);
	printf("%lld\n",kms(a,b,c));
	return  0;
}

擴展歐幾里得

GCD

如果我們要求兩個數字的最大公約數怎麼求？

如果兩個數字$a,b$存在最大公約數$k$，那麼把$a$寫成$xk$，把$b$寫成$yk$

那麼我們知道$b\%a=(y\%x)k$，但是$y$又與$x$互質，所以僅當$x=1$時，$y$爲最大公約數，此時$a=k$也就是最大公約數，而且我們也知道$y\%x$也是與x互質的。

所以我們可以設新的$a'$與新的$b'$，$a'=b\%a$,$b'=a$，當$a'=0$時，$b$就是最大公約數。

而且一開始$a>b$也不怕，做了一次交換後就換過來了($b\%a=b$)

int  gcd(int  x,int  y)
{
	if(x==0)return  y;
	return  gcd(y%x,x);
}

擴展歐幾里得

如何求$ax+by=c$的一個整數解？

盡看擴展歐幾里得。

首先，我們設$ax+by=gcd(a,b)$

那我們就想了，如果有個方程爲$0x+gcd(a,b)y=gcd(a,b)$，不就很妙了嗎？
$y=1,x$隨便等於什麼都不影響最終結果，只不過一般取0，怕爆long long。

然後我們再證一個：

當我們解出了$(b\%a)x+ay=gcd(a,b)$，怎麼推到$ax+by=gcd(a,b)$？

我們可以推導一下($⌊x⌋$爲向下取整)：
$ax+by=(b-⌊b/a⌋*a)x'+ay'$
$ax+by=-a*⌊b/a⌋x'+ay'+bx'$
$ax+by=a(y'-⌊b/a⌋x')+bx'$

而$⌊b/a⌋$就是C++的$b/a$

所以，我們發現$b\%a$和$a$就是$gcd$過程，所以最後也會得到$0$和$gcd(a,b)$

然後再看：如果$gcd(a,b)|c$的話，設$d=c/gcd(a,b)$，然後把$x,y$直接乘以$d$就沒什麼毛病了。

但是如果不整除就無解，我們又可以證一證：

---

首先$gcd(a,b)|c$是肯定有解的，我們可以知道，而且$ax+by=c$可以類似於$ax≡c\mod b$，我們可以根據同餘的性質得出我們可以把$a,b,c$的同一個因數$gcd(a,b)$提出，得到$a',b',c'$，化成$a'x≡c'\mod b'$，而且a’與b’不互質，那麼我們可以得出，同餘方程$ax≡c\mod b$，$a,b$互質時有解，或者當$c$整除$gcd(a,b)$時有解。（好像說偏了）

然後，如果$gcd(a,b)$與c不整除，我們再設$z=gcd(a,b),c=kz+d$

那麼我們把原式化爲：$a'zx+b'zy=kz+d$同除$z$可得

$a'x+b'y=k+ \frac{d}{z}$

但是$d<z$所以$\frac{d}{z}$是個分數，但是$a'x+b'y$都是整數，所以無解

---

至此，結束了（感覺又過了一個世紀）！

#include<cstdio>
#include<cstring>
using  namespace  std;
typedef  long  long  LL;
LL  exgcd(LL  a,LL  b,LL  &x,LL  &y/*引用*/)
{
	if(a==0)
	{
		x=0;y=1;//0x+gcd(a,b)y=gcd(a,b) 
		return  b;
	}
	else
	{
		LL  tx,ty;
		LL  d=exgcd(b%a,a,tx,ty);
		x=ty-(b/a)*tx;//公式 
		y=tx;//公式 
		return  d;
	}
}
int  main()
{
	LL  a,b,c,x,y;scanf("%lld%lld%lld",&a,&b,&c);
	LL  d=exgcd(a,b,x,y);
	if(c%d!=0)printf("no solution!\n");
	else
	{
		c/=d;
		printf("%lld %lld\n",x*c,y*c);
	}
	return  0;
}

其實也沒什麼難度。

同餘系列

同餘方程

題目描述

【題意】
已知a,b,m,求x的最小正整數解，使得ax≡b(mod m)
【輸入格式】
一行三個整數 a，b，m。 1 ≤ a,b,m ≤ 10^9 
【輸出格式】
一行一個整數x，無解輸出"no solution!"
【樣例輸入】
2 5 7
【樣例輸出】
6

我們會發現$ax≡b$($mod$ $m$)其實就是$ax-my=b$也就是$ax+my=b$（$m$的正負無多大必要，反正只是求$x$，而且$m>0$方便的地方在於$gcd$爲正數）

然後我們運用擴展歐幾里德求出$x$，但是如何求出最小的$x$？

學過不定式的人都知道，當$ax$減$[a,b]$時，$my$也可以相應的加$[a,b]$時（$[a,b]$就是$a,b$的最小公倍數），$x,y$能得出另外一組整數解，也就是$x-[a,b]/a,y+[a,b]/b$，又因爲$[a,b]=a*b/(a,b)$，所以就是$x-b/(a,b),y-a/(a,b)$（$(a,b)$是$gcd(a,b)$）。

而且$[a,b]$是能同時被$a,b$整除的最小的數字。

所以，我們可以用$d=gcd(a,b),x=(x\%(b/d)+b/d)\%(b/d)$得出$x$最小的正整數解

#include<cstdio>
#include<cstring>
using  namespace  std;
typedef  long  long  LL;
LL  exgcd(LL  a,LL  b,LL  &x,LL  &y)
{
	if(a==0)
	{
		x=0;y=1;
		return  b;
	}
	else
	{
		LL  tx,ty;
		LL  d=exgcd(b%a,a,tx,ty);
		x=ty-(b/a)*tx;
		y=tx;
		return  d;
	}
}
LL  zbs(LL  x){return  x<0?-x:x;}
int  main()
{
	LL  a,b,c,x,y;scanf("%lld%lld%lld",&a,&c,&b);
	LL  d=exgcd(a,b,x,y);//求擴展歐幾里得 
	if(c%d!=0)printf("no solution!\n");
	else
	{
		c/=d;
		x*=c;
		LL  k=b/d;
		x=((x%k)+k)%k;//最小的正整數解 
		printf("%lld\n",x);
	}
	return  0;
}

同餘方程組

題目描述

【題意】 
同餘方程是這樣的：已知a,b,n,求x的最小正整數解，使得ax=b(mod m)
同餘方程組是這樣：也是求x的最小正整數解，但已知b數組和m數組的情況下，
x=b[1](mod m[1]),
x=b[2](mod m[2]),
x=b[3](mod m[3]),
~~~~~~
x=b[n](mod m[n])
【輸入格式】
一行一個整數 n（1<=n<=?)
下來n行每行兩個整數b[i]，m[i]。 1 ≤b[i],m[i] ≤ 10^9 
【輸出格式】
一行一個整數x，無解輸出"no solution!"
【樣例輸入】
3
3 5
2 3
2 7

【樣例輸出】
23

這道題就十分的友(e)善(xin)了

現在我們可以列出$x=b_{1}+m_{1}y_{1},x=b_{2}+m_{2}y_{2}...$

我們拿上面減下面的出：$m_{1}y_{1}-m_{2}y_{2}=b_{2}-b_{1}$也就是$ax+by=c$的形式。

那麼我們寫成$ax'+by'=c,a=m_{1},b=m_{2}$（這裏是$-m_{2}$也無所謂，但是是正數後面算最小正整數比較方便。）$,c=b_{2}-b_{1},x'=y_{1},y'=y_{2}$。

然後解出$x'$，將$x'$帶入$x=b_{1}+ax'$得出了$x$的其中一個解，而且我們又知道$x$要變只能加上或減去$b/(a,b)$，所以$x$就只能加減$(b/(a,b)*a=[a,b])$，所以我們又可以列出一個新的方程：$x≡b_{1}+ax'$($mod$ $[a,b]$)（其中的$b_{1}+ax'$表示的是x的其中一組解），爲了後面的方便，我們把這個方程代替爲第二個方程，後面就是個二三做一次，三四做一次…

然後我們就可以拿這個方程與第三個方程做這種事，重複如此，最後的$b_{?}$就是答案，但是，別忘了是求最小整數解。

---

求最小整數解有兩種方法：

我常用的方法：

開局直接把每個$b_{i}$（不包括求出來的$b_{?}$）模$a_{i}$，並且把每次求出的$x$都做一次最小整數解，那麼得出來的新的方程的$b_{?}$一定小於新的$m_{?}$，爲什麼，$m_{?}$爲$[a,b]$，而$b{?}$爲$b_{i}+ax$得出的。（這裏的$a$表示$m_{i}$，$b$表示$m_{i+1}$），我們知道$x≤b/(a,b)-1$，那麼$ax≤[a,b]-a$，$b_{i}<a$，那麼$ax+b_{i}<[a,b]$，所以$b_{?}$小於$m_{?}$，也就是不用模了。

#include<cstdio>
#include<cstring>
using  namespace  std;
typedef  long  long  LL;
LL  exgcd(LL  a,LL  b,LL  &x,LL  &y)
{
	if(a==0)
	{
		x=0;y=1;
		return  b;
	}
	else
	{
		LL  tx,ty;
		LL  d=exgcd(b%a,a,tx,ty);
		x=ty-(b/a)*tx;
		y=tx;
		return  d;
	}
}
LL  a1,b1;
bool  solve(LL  a2,LL  b2)
{
	LL  a=a1,b=a2,c=b2-b1,x,y;
	LL  d=exgcd(a,b,x,y);
	if(c%d!=0)return  false;
	else
	{
		c/=d;
		x*=c;
		LL  lca=b/d;
		x=((x%lca)+lca)%lca;//最小正整數解 
		b1=a1*x+b1;a1=a*b/d;//不用模 
		return  true;
	}
}
int  main()
{
	int  n;scanf("%d",&n);
	scanf("%lld%lld",&b1,&a1);b1%=a1;//開局模一模 
	for(int  i=2;i<=n;i++)
	{
		LL  a,b;scanf("%lld%lld",&b,&a);b%=a;//開局模一模 
		if(!solve(a,b))
		{
			printf("no solution!\n");
			return  0;
		}
	}
	printf("%lld\n",b1/*不用模*/);
	return  0;
}

但是後面，我又發現了一個不是很麻煩的方法，就是結尾模一下就行了。。。

//少了去正過程，中間會有許多數字變成負數
//而且更容易爆long long
#include<cstdio>
#include<cstring>
using  namespace  std;
typedef  long  long  LL;
LL  exgcd(LL  a,LL  b,LL  &x,LL  &y)
{
	if(a==0)
	{
		x=0;y=1;
		return  b;
	}
	else
	{
		LL  tx,ty;
		LL  d=exgcd(b%a,a,tx,ty);
		x=ty-(b/a)*tx;
		y=tx;
		return  d;
	}
}
LL  zbs(LL  x){return  x<0?-x:x;}
LL  a1,b1;
bool  solve(LL  a2,LL  b2)
{
	LL  a=a1,b=a2,c=b2-b1,x,y;
	LL  d=exgcd(a,b,x,y);
	if(c%d!=0)return  false;
	else
	{
		c/=d;
		x*=c;//可能爲負數 
		b1=a1*x+b1;a1=a*b/d;
		return  true;
	}
}
int  main()
{
	int  n;scanf("%d",&n);
	scanf("%lld%lld",&b1,&a1);
	for(int  i=2;i<=n;i++)
	{
		LL  a,b;scanf("%lld%lld",&b,&a);
		if(!solve(a,b))
		{
			printf("no solution!\n");
			return  0;
		}
	}
	LL  zhl=a1<0?-a1:a1;//絕對值 
	printf("%lld\n",(b1%zhl+zhl)%zhl/*尾巴模一模*/);
	return  0;
}

---

以上便是作者的心得。

一點想法

當然，如果$x$前面也有係數怎麼辦？我們求出的值可能不能整除於$x$的係數？

在我們求完時，我們得到的最後一個方程就是結果。（這裏爲方便直接把$b_{n}$叫$b$，$m_{n}$叫$m$）

$ax≡b$($mod$ $m$)

$a$什麼時候是整數？

是不是當$my+b≡0$($mod$ $a$)的時候？（$y$爲任意整數）

那麼我們解出這個方程的$y$的最小整數解就行了。

當然，這只是本蒟蒻的一點點假設，並沒有實踐過。

高次同餘方程

BSGS

【題意】
求解 A^x=B(mod C)  （0<=x<C）,求x的值。
已知:C、A、B都是正整數，2 <= C < 2^31, 2 <= A < C, 1 <= B < C。
(A與C互質)
【輸入格式】
多組測試數據。
每組數據一行三個整數：C，A，B。
【輸出格式】
每組數據一行，如果有解輸出x的最小正整數解，否則輸出"no solution!"。
【樣例輸入】
5 2 1
5 2 2
5 2 3
5 2 4
5 3 1
5 3 2
5 3 3
5 3 4
5 4 1
5 4 2
5 4 3
5 4 4
12345701 2 1111111
1111111121 65537 1111111111
【樣例輸出】
0
1
3
2
0
3
1
2
0
no solution!
no solution!
1
9584351
462803587

$BSGS$，又名北上廣深。

你是不是覺得這個東西十分的高大上？

其實還挺簡單的QAQ。

我們知道$A^{x}≡B\mod C$

我們設$m≡ceil(\sqrt c)$（$ceil$向上取整，在C++的cmath庫內）

爲什麼是$ceil$，學完你就知道了。

那麼$x$可以寫成$ma-b$的形式

也就是$A^{ma-b}≡B\mod C$

推導一波：

$A^{ma-b}≡B\mod C$

$A^{ma}*A^{-b}≡B\mod C$

$A^{ma}≡B*A^{b}\mod C$

出現了點倪端了，不知道大家有沒有學過歐拉定理？

$a^{φ(p)}≡1\mod p$（當$a$與$p$互質的，$φ(p)$爲歐拉函數，後面會講）

所以$x$最大爲$φ(p)$，爲了方便，我們不在$φ(p)$來找，而是在$p(p>φ(p))$裏面找，因爲是找最小的，所以在兩個範圍找都沒事，但$p$更方便。

當然，這裏你得會Hash表（map也可以，或者像我們機房的一個大佬，不會Hash表，但會SBT）。

然後，我們枚舉$b$從$0$到$m$，並把$B*A^{b}\mod C$放進Hash表，然後在枚舉$a$從$1$到$m$，在Hash表裏面找到最大的$b$（爲了求最小的$x$）滿足$A^{ma}≡B*A^{b}\mod C$，那麼就可以返回答案了。

而且$a$從$1$開始，可以讓$ma≥b$，不會出現負數，並且可以很好的枚舉從$0$到$C$的所有數字。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#define  N  2800000
using  namespace  std;
typedef  long  long  LL;
class  hash
{
	public:
		struct  node
		{
			LL  c;int  x,next;
		}a[N];int  last[N],len,h;
		hash(){h=2750159;/*用線性篩篩出的素數*/}
		void  ins(int  x,LL  c){LL  y=c%h;len++;a[len].x=x;a[len].c=c;a[len].next=last[y];last[y]=len;}
		int  find(LL  c)
		{
			LL  x=c%h;
			for(int  k=last[x];k;k=a[k].next)
			{
				if(a[k].c==c)return  a[k].x;//求最大的b 
			}
			return  -1;
		}
		void  clear(){memset(last,0,sizeof(last));len=0;}
}zjj;
LL  kms(LL  a,LL  b,LL  c)//快速冪 
{
	LL  ans=1%c;a%=c;
	while(b)
	{
		if(b&1)ans=(ans*a)%c;
		a=(a*a)%c;b>>=1;
	}
	return  ans;
}
LL  bsgs(LL  a,LL  b,LL  c)
{
	zjj.clear();
	LL  d=ceil(sqrt(c));
	LL  now=b;
	for(int  i=0;i<=d;i++)
	{
		zjj.ins(i,now);
		now=(now*a)%c;
	}//枚舉b 
	LL  lim=now=kms(a,d,c);
	for(int  i=1;i<=d;i++)
	{
		int  x;
		if((x=zjj.find(now))!=-1)return  i*d-x;
		now=(now*lim)%c;
	}//枚舉a 
	return  -1;
}
int  main()
{
	LL  a,b,c;
	while(scanf("%lld%lld%lld",&c,&a,&b)!=EOF)
	{
		int  ans=bsgs(a,b,c);
		if(ans==-1)printf("no solution!\n");
		else  printf("%d\n",ans);
	}
	return  0;
}

exBSGS

我們會發現上面的過程有一個限制，就是$A,C$必須互質，不是，這就太苛刻了吧，毒瘤出題人會有歪念頭的！

於是，我們想到了同餘的性質：$a≡b\mod c$，當$a,b,c$有同一個公因子$d$時，可以把$d$消掉，得出$\frac{a}{d}≡\frac{b}{d}\mod \frac{c}{d}$，那麼，我們也可以把$A,C$的最大公因數提出呀，但是$B$也必須要整除於這個最大公因數，否則就是無解的，很容易想，我們設$A,C$的最大公因數爲$D$，然後原式就等於$\frac{A}{D}A^{x-1}≡\frac{B}{D}\mod \frac{C}{D}$如果$A$與$\frac{B}{D}$還是不互質，我們就繼續，我們設$A$的係數爲$K$,那麼$K$就在此過程中不斷增加，且$x$減的也越來越多。

當然，此過程存在一個噁心的特判，就是當$B=K$時，直接返回現在提了幾次最大公因數，也就是$x$減了多少。

那麼，最後，我們只需要計算$A^{x-i}\mod C'$的時候再乘$K$就行了，然後算出$x-i$後再加上$i$就行了。

一道不錯的噁心的例題

這也是我在$luogu$對的第一道黑題（雖然插頭DP也很多，但沒交）

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#define  N  210000
using  namespace  std;
typedef  long  long  LL;
class  Hash//class多好用啊
{
	public:
		struct  node
		{
			int  x,next;LL  c;
		}a[N];int  len,last[N];LL  h;
		Hash(){h=200043;}
		void  ins(int  x,LL  c){LL  y=c%h;a[++len].x=x;a[len].c=c;a[len].next=last[y];last[y]=len;}
		void  clear(){len=0;memset(last,0,sizeof(last));}
		int  find(LL  c)
		{
			LL  x=c%h;
			for(int  k=last[x];k;k=a[k].next)
			{
				if(a[k].c==c)return  a[k].x;
			}
			return  -1;
		}
}zjj;
LL  ksm(LL  a,LL  b,LL  c)
{
	LL  ans=1%c;a%=c;
	while(b)
	{
		if(b&1)ans=(ans*a)%c;
		a=(a*a)%c;b>>=1;
	}
	return  ans;
}
LL  gcd(LL  a,LL  b){return  (!a?b:gcd(b%a,a));}
LL  solve(LL  a,LL  c,LL  d)
{
	a%=d;c%=d;//這一步也不是很需要，但是可以更遠離爆long long
	LL  b=1,cnt=0,tt;
	while((tt=gcd(a,d))!=1)
	{
		if(c==b)return  cnt;//特判
		if(c%tt)return  -1;//無解
		d/=tt;c/=tt;b=(b*a/tt)%d;a%=d;cnt++;
	}
	LL  lim=ceil(sqrt(d*1.0)),now=c;
	for(int  i=0;i<=lim;i++)
	{
		zjj.ins(i,now);
		now=(now*a)%d;
	}
	now=((tt=ksm(a,lim,d))*b)%d/*重複利用*/;
	for(int  i=1;i<=lim;i++)
	{
		int  y=zjj.find(now);
		if(y!=-1)return  i*lim-y+cnt;
		now=(now*tt)%d;
	}
	return  -1;
}
int  main()
{
	LL  a,c,d;
	while(scanf("%lld%lld%lld",&a,&d,&c)!=EOF)
	{
		if(a==0  &&  d==0  &&  c==0)break;
		zjj.clear();
		LL  ans=solve(a,c,d);
		if(ans!=-1)printf("%lld\n",ans);
		else  printf("No Solution\n");
	}
	return  0;
}

線性篩素數

題目描述
【題意】
素數表如下：
2、3、5、7、11、13、17…………
有n次詢問，每次問第幾個素數是誰？
【輸入格式】
第一行n(1<=n<=10000)
下來n行，每行一個整數pi，表示求第pi個素數。1<=pi<=100 0000
【輸出格式】
每次詢問輸出對應的素數。
【樣例輸入】
3
1
4
7
【樣例輸出】
2
7
17

線性篩素數有兩種，埃式篩和歐拉篩。

埃式篩

我們可以知道，一個數字如果不是質數，那麼它的最小質因子一定小於等於這個數字的開平方。

很容易想到，不詳細解釋。

那麼求$1$到$b$的素數的話，我們可以知道，$1$到$b$的合數的最小質因數也是一定小於等於$\sqrt b$的，那麼我們只需要求出$\sqrt b$內的所有素數並且暴力for一遍，空間小，複雜度爲$O(n\sqrt n)$

for(int  i=2;i<=sqrt(b);i++)
{
    if(mp[i]==false)//爲素數
    {
        for(int  j=i;j<=b;j+=i)mp[j]=true;
    }
}

給出一種神奇卡常版：

for(register  int  i=3;i<=sqrt(m);i+=2)
{
    if(a[i/2]==true)
    {
        for(register  int  j=i*3;j<=m;j+=i*2)a[j/2]=false;
    }
}

歐拉篩

後面題目主要用歐拉篩，複雜度$O(nlognlogn)$

這個就很神奇了，先給出代碼：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#define  N  21000000
using  namespace  std;
int  ins[2100000];//素數表
bool  mp[N];
int  main()
{
	for(int  i=2;i<=20000000;i++)
	{
		if(!mp[i])ins[++ins[0]]=i;//存入素數表
		for(int  j=1;j<=ins[0]  &&  ins[j]*i<=20000000;j++)
		{
			mp[ins[j]*i]=true;
			if(i%ins[j]==0)break;
		}
	}
	int  n;scanf("%d",&n);
	for(int  i=1;i<=n;i++)
	{
		int  x;scanf("%d",&x);
		printf("%d\n",ins[x]);
	}
	return  0;
}

許多人疑問這一句

if(i%ins[j]==0)break;

如果$ins_{j}|i$，那麼就可以break了，Why？那麼我們設$i$爲$d*ins_{j}$，設$k>j$，$i*ins_{k}=d*ins_{j}*ins_{k}=(d*ins_{k})*ins_{j}$，我們可以知道$d*ins_{k}>d*ins_{j}$，那麼在以後的循環，$i*ins_{k}$會被重複標記，那麼此時就可以break了，一句話就這麼精妙。

超級卡常版：

for(register  int  i=3;i<=m;i+=2)
{
    if(a[i/2]==true)b[++k]=i;
    for(register  int  j=1;j<=k  &&  b[j]*i<=m;++j)
    {
        a[b[j]*i/2]=false;
        if(i%b[j]==0)break;
    }
}

當然，慎用卡常版。

歐拉函數

講解

$phi(x)$就是表示在$1$~$x$與$x$互質的數量，叫歐拉函數。

又記作$φ(x)$（貌似在前面看到過呢！）

那麼我們馬上知道$φ(x)=x-1$（當$x$爲質數時）

但是我們又知道幾個公式去求呢？

首先，我們做一道題，設$a*b=y$，那麼在$1$到$y$，與$a,b$互質的數字有多少？（$a,b$爲質數，且$a≠b$）

注意：因爲$a,b$爲質數，且$a≠b$，那麼$(a,b)=1,[a,b]=a*b$

那麼我們知道$1-y$中整除於$a$的數量爲$\frac{y}{a}$，整除於$b$的數量爲$\frac{y}{b}$，整除於$ab$的數量爲$\frac{y}{ab}$，那麼$1-y$中整除於$a$或者整除於$b$的數量爲$\frac{y}{a}+\frac{y}{b}-\frac{y}{ab}$

那麼與$a,b$互質就是$y-\frac{y}{a}-\frac{y}{b}+\frac{y}{ab}=y(1-\frac{1}{a}-\frac{1}{b}+\frac{1}{ab})=y(1-\frac{1}{a})(1-\frac{1}{b})$，那麼如果是求$a^{2}*b=y$呢？

我們會發現，我們求出了$a*b$以內與$a,b$互質的數爲$c_{1},c_{2},c_{3}...$，而$[a,b]$也就是$ab$是整除於$a$或$b$的，那麼$c_{i}\%(ab)≠0,(ab)\%(ab)==0,(c_{i}+ab)\%ab≠0$，也就是說$a^{2}*b$就是$a$個循環的$a*b$，也就是說$phi(a^{2}*b)=y(1-\frac{1}{a})(1-\frac{1}{b})$。（注意：如果是$a*b*c$的話仍然按第一個問題來看，第二個問題是針對素數有次方的情況）

那麼我們就得出了$phi(x)=x*(1-\frac{1}{a1})*(1-\frac{1}{a2})...=(a1^{b1}a2^{b2}a3^{b3}...an^{bn})*\frac{a1-1}{a1}*\frac{a2-1}{a2}...=(a1^{b1-1}(a1-1))(a2^{b2-1}(a2-1))...$$=φ(a1^{b1})φ(a1^{b1})...$（其中的$m$表示$x$可分解成幾個不同的質因數，$a1,a2,...an$就是分解出來的不同的質因數，$bi$表示的是$ai$的次方）

那麼我們又可以得出一個公式$φ(ab)=φ(a)φ(b)$（$a,b$互質），其實這關額證明也很簡單，因爲他們互質，所以他們所含的質因子不同，那麼不會對對方產生任何影響。

當然，不僅僅止步於此，我們設一個質數$x$，如何求$φ(ax)$？

當$a\%x≠0$時，$a,x$互質，所以$φ(ax)=φ(a)φ(x)$，當$a\%x=0$是，$x$是$a$的其中一個質因數，根據上面可得$x$可以合併到$a$去得到$φ(ax)=φ(a)x$

然後我們發現此過程可以套到歐拉篩裏面。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#define  N  21000000
using  namespace  std;
int  ins[2100000]/*素數表*/,phi[N]/*歐拉函數*/;
int  main()
{
	for(int  i=2;i<=20000000;i++)
	{
		if(!phi[i])ins[++ins[0]]=i,phi[i]=i-1;//不用mp，直接用歐拉函數的數組判斷
		for(int  j=1;j<=ins[0]  &&  ins[j]*i<=20000000;j++)
		{
			if(i%ins[j]==0)//phi(ax)=phi(a)x
			{
				phi[ins[j]*i]=ins[j]*phi[i];
				break;
			}
			else  phi[ins[j]*i]=phi[ins[j]]*phi[i];//phi(ax)=phi(a)phi(x)
		}
	}
	int  n;scanf("%d",&n);
	for(int  i=1;i<=n;i++)
	{
		int  x;scanf("%d",&x);
		printf("%d\n",phi[x]);
	}
	return  0;
}

兩道水題

法雷級數

題目描述
【題意】
法雷級數Fi的定義如下：
給定一個i（i>=2），那麼所有的 a/b （0<a<b<=i 且 gcd(a,b)==1 ）組成了Fi，
例如： 
F2 = {1/2} 
F3 = {1/3, 1/2, 2/3} 
F4 = {1/4, 1/3, 1/2, 2/3, 3/4} 
F5 = {1/5, 1/4, 1/3, 2/5, 1/2, 3/5, 2/3, 3/4, 4/5} 
你的任務就是統計對於給出的i，Fi集合的元素個數。
【輸入格式】
第一行n(1<=n<=10000)
下來n行，每行一個整數x，表示求Fx的元素個數。(1<=x<=2000 0000)
【輸出格式】
每次詢問輸出一行一個整數，即Fx的元素個數。
【樣例輸入】
4
2
3
4
5
【樣例輸出】
1
3
5
9

我已經不想說什麼了，就是求$2$到$x$的所有$phi$函數的值。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#define  N  21000000
using  namespace  std;
int  ins[2100000],phi[N];
long  long  sum[N];//要用long long
int  main()
{
	for(int  i=2;i<=20000000;i++)
	{
		if(!phi[i])ins[++ins[0]]=i,phi[i]=i-1;
		for(int  j=1;j<=ins[0]  &&  ins[j]*i<=20000000;j++)
		{
			if(i%ins[j]==0)
			{
				phi[ins[j]*i]=ins[j]*phi[i];
				break;
			}
			else  phi[ins[j]*i]=phi[ins[j]]*phi[i];
		}
		sum[i]=sum[i-1]+phi[i];//sum統計
	}
	int  n;scanf("%d",&n);
	for(int  i=1;i<=n;i++)
	{
		int  x;scanf("%d",&x);
		printf("%lld\n",sum[x]);
	}
	return  0;
}

可見點數

【題意】
給出一個正整數N，求在(x,y){0<=x,y<=N}的區域中，
從(0,0)點可以看到的點的個數，
不包括(0,0)自己。
比如上圖就是N=5的圖，0 ≤ x, y ≤ 5 

【輸入格式】
輸入有 C (1 ≤ C ≤ 1000) 組數據
每組數據給出一個正整數 N (1 ≤ N ≤ 1000)
【輸出格式】
每組數據輸出三個整數分別是：第幾組，N，和可以看到的點數
【樣例輸入】
4
2
4
5
231
【樣例輸出】
1 2 5
2 4 13
3 5 21
4 231 32549

也是水題一道，我們發現沿着對角線切割發現左邊的可見點數與右邊的可點點數不就是法雷級數嗎？

當然，有三個點需要我們特地加上：$(1,1),(1,0),(0,1)$

那麼答案就是$sum_{i}*2+3$

#include<cstdio>
#include<cstring>
#define  N  1010
using  namespace  std;
int  ins[2100],phi[N];
long  long  sum[N];
int  main()
{
	for(int  i=2;i<=1000;i++)
	{
		if(!phi[i])ins[++ins[0]]=i,phi[i]=i-1;
		for(int  j=1;j<=ins[0]  &&  ins[j]*i<=1000;j++)
		{
			if(i%ins[j]==0)
			{
				phi[ins[j]*i]=ins[j]*phi[i];
				break;
			}
			else  phi[ins[j]*i]=phi[ins[j]]*phi[i];
		}
		sum[i]=sum[i-1]+phi[i];
	}
	int  n;scanf("%d",&n);
	for(int  i=1;i<=n;i++)
	{
		int  x;scanf("%d",&x);
		printf("%d %d %lld\n",i,x,sum[x]*2+3);
	}
	return  0;
}

原根

---

當$a^{x}≡1\mod b$，滿足最小的正整數$x$稱爲$a$模$b$的階，很明顯$a,b$互質纔有階。

---

原根：當$a$模$b$的階等於$φ(b)$時，稱$a$爲$b$的原根。

我們這裏規定原根的數量表示的是$1$到$m$中爲$m$原根的數量。

原根有以下性質：

1. $a,a^{2},a^{3},a^{4}...,a^{φ(b)}$在模$b$的情況下能不重複的形成$b$的所有質因數。（兩個集合的數字都有$φ(b)$個）
2. $a^{kφ(b)}≡1\mod b$
3. 一個數字$m$有原根的必要條件爲$2,4,p^{n},2p^{n}$，其中$p爲$爲奇素數，$n$爲正整數。
4. 一個數字$m$的原根數量$φ(φ(m))$

那麼如何證呢？

歐拉定理

好，讓我們來看看歐拉定理。（霧）

之前跟大家講了會填坑的

我們知道$a^{φ(b)}≡1\mod b$（$a,b$不互質），但是這個有什麼用？

這個爲階最大爲$φ(b)$提供了一個必要的條件。

我們來證證吧。

---

我們設$b$的質因子爲$a_{1},a_{2},a_{3}...,a_{φ(b)}$。

現在有一個$x$與$b$互質，設$c_{1}=xa_{1},c_{2}=xa_{2}...$

1. 沒有一個$c_{i}≡c_{j}\mod b(i≠j)$。

這個讓我們用反證法證一證吧：

$c_{i}≡c_{j}\mod b$

$c_{i}-c_{j}≡0\mod b$

$x(a_{i}-a_{j})≡0\mod b$

因爲$x$與$b$互質，那麼$a_{i}-a_{j}$整除於$b$，但是$|a_{i}-a_{j}|＜b$，所以不成立。

2. $c_{i}$除以$b$得到的餘數$u$與$b$互質。

依然用反證法證一證：

$c_{i}≡u\mod b$那麼$c_{i}-kb=u$（$k$爲未知整數）。

$b$和$k$不互質，那麼$(b,k)>1$那麼我們可以知道原式可化爲：$\frac{a_{i}x}{(b,k)}+\frac{kb}{(a,b)}=\frac{u}{(a,b)}$

那麼後面兩個分數都是整數，那$\frac{a_{i}x}{(b,k)}$就必須是整數，但是$a_{i},x$都與$b$互質，所以$a_{i}x$就與$(b,k)$互質，所以不成立。

依據上面我們可以知道$c$集合在$\mod b$的情況下可以全部不重複映射到$a$集合，那麼我們將$c_{1},c_{2},c_{3}...$乘起來得到$x^{φ(b)}a_{1}a_{2}a_{3}a_{4}...a_{φ(b)}≡a_{1}a_{2}a_{3}...a_{φ(b)}\mod b$也就是$(x^{φ(b)}-1)a_{1}a_{2}a_{3}a_{4}...a_{φ(b)}≡0\mod b$，因爲$a_{1}...$都與$b$互質，所以$x^{φ(b)}-1≡0\mod b$，所以$x^{φ(b)}≡1\mod b$

證畢。

當然，費馬小定理就是歐拉定理的特殊情況，$b$爲素數時，$x^{b-1}≡1\mod b$。

---

原根部分性質證明（數量證不出來，一個還沒填的坑）

注：一下證明中指數都在$1$到$φ(b)$

---

如同歐拉定理，我們先證沒有一個$a^{i}≡a^{j}\mod b(i>j)$

反證法：

假如有$a^{i}≡a^{j}\mod b(i>j)$

那麼：

$a^{i}≡a^{j}\mod b$

$a^{i}-a^{j}≡0\mod b$

$a^{j}(a^{i-j}-1)≡0\mod b$

那麼我們知道$a$與$b$互質，所以$a^{j}$與$b$互質，而$a$模$b$的階爲$φ(b)$，$i-j<φ(b)$，所以$a^{i-j}-1≡0\mod b$不成立，所以$a^{i}≡a^{j}\mod b(i>j)$不成立。

再證$a^{i}$除以$b$得到的餘數$u$與$b$互質。

反證法：

$a^{i}≡u\mod b$

$a^{i}-bk=u$

然後就跟歐拉定理裏面的一樣了。

所以我們就證出了$a,a^{2},a^{3},a^{4}...,a^{φ(b)}$在模$b$的情況下能不重複的形成$b$的所有質因數。（兩個集合的數字都有$φ(b)$個）

---

$a^{kφ(b)}≡1\mod b$

這個怎麼證？我們知道$a^{d}≡1\mod b$（$d$爲$a$模$b$的階）

那麼$a^{kd}\%b≡(a^{d})^{k}\%b≡1^{j}\%b≡1$

由於原根的階就是$φ(b)$，所以得證。

---

當然，數量以及是否有原根我不會證。

聽說要羣論，我果然還是太菜了。

擴展：原根的求法

這個就很棒了，我們可以先假設$p$是奇素數，然後求$p$的原根。

---

以下內容摘自https://oi-wiki.org/math/primitive-root/，OIwiki也十分有名，大家可以上去搜一些OI的東西。

當然，我們還會做一些解釋，其中這是求$p$是奇素數的，當然，可以吧求法中的$p-1$換成$phi(x)$，其他的也換一下也沒有多大問題，依然可以證，不過首先$p$要有原根纔可以用。

圖片中類似$Vi∈[1,m]：$的東西表示循環。

這裏的裴蜀定理指的是如果有一個二元一次不定式滿足：$ax+by=c$（$c|(a,b)$）那麼此不定式就有無數個整數解，當然，在上面同餘的時候我們也類似的證了證，那麼也就沒多大問題了，因爲是擴展，就沒有代碼了QAQ。

---

代碼

題目描述
給出n個正整數，求每個正整數的原根個數。

注意：不是每一個數都有原根！這道題和1159不一樣！

輸入
第一行一個數n

接下來n行，一行一個數xi。

輸出
一行一個數，第i行是xi的原根個數（無原根則輸出0）。

樣例輸入
8
1
2
3
4
8
9
10
18
樣例輸出
0
1
1
1
0
2
2
2
提示

1<n<=10000


1<=xi<=2*10^7

#include<cstdio>
#include<cstring>
#define  N  21000000
using  namespace  std;
int  ss[2100000],phi[N];
bool  mt[N];
int  main()
{
	mt[2]=mt[4]=true;phi[1]=1;
	for(int  i=2;i<=20000000;i++)
	{
		if(!phi[i])
		{
			phi[i]=i-1,ss[++ss[0]]=i;
			if(i!=2)
			{
				long  long  now=i;
				while(now<=N)//存在原根的地方
				{
					mt[now]=true;
					now*=i;
				}
			}
		}
		for(int  j=1;j<=ss[0]  &&  ss[j]*i<=20000000;j++)
		{
			if(i%ss[j])phi[ss[j]*i]=phi[ss[j]]*phi[i];
			else
			{
				phi[ss[j]*i]=phi[i]*ss[j];
				break;
			}
		}
	}
	int  n;scanf("%d",&n);
	for(int  i=1;i<=n;i++)
	{
		int  x;scanf("%d",&x);
		if(mt[x]==true  ||  (x%2==0  &&  mt[x/2]==true))printf("%d\n",phi[phi[x]]);//存在原根
		else  printf("0\n");
	}
	return  0;
}

高斯消元

題目描述
【題意】
有n個未知數x1,x2,x3……xn，滿足：
a11*x1+a12*x2+a13*x3……+a1n*xn=b1
a21*x1+a22*x2+a23*x3……+a2n*xn=b2
……………………………………
an1*x1+an2*x2+an3*x3……+ann*xn=bn
求x1,x2,x3……xn的值。（保證有解）
【輸入格式】
第一行給出n(1<=n<=100)
下來n行，每行給出n+1個實數，分別是 ai1~ain 和bi。
【輸出格式】
輸出x1,x2,x3……xn的值（相鄰兩個用一個空格隔開，每個數保留3位小數）
【樣例輸入】
3
2.5 5.0 3.0 32.5
1.0 4.5 2.0 22
4.0 3.5 1.5 26.5
【樣例輸出】
3.000 2.000 5.000

【提示】

aij>0

普通

我們小學做$n$元一次方程都是消元的嗎，結果沒想到OI中叫高斯消元，好像很高大尚。

其實就是用$1$式消去$2$到$n$式的第一項，用$2$式消去$3$到$n$式的第二項…

$O(n^{3})$

#include<cstdio>
#include<cstring>
#define  N  110
using  namespace  std;
double  a[N][N],f[N];
int  n;
void  guess()
{
	for(int  i=1;i<=n;i++)
	{
		for(int  j=i+1;j<=n;j++)
		{
			double  bi=a[j][i]/a[i][i];//求出比例
			for(int  k=n+1;k>=i;k--)
			{
				a[j][k]-=a[i][k]*bi;//暴力double減
			}
		}
	}
	for(int  i=n;i>=1;i--)
	{
		double  bi=a[i][n+1];
		for(int  j=i+1;j<=n;j++)bi-=a[i][j]*f[j];
		f[i]=bi/a[i][i];
	}
}
int  main()
{
	scanf("%d",&n);
	for(int  i=1;i<=n;i++)
	{
		for(int  j=0;j<=n;j++)scanf("%lf",&a[i][j+1]);
	}
	guess();
	for(int  i=1;i<n;i++)printf("%.3lf ",f[i]);
	printf("%.3lf\n",f[n]);
	return  0;
}

輾轉相除法

輾轉相除不是$gcd$嗎？$b\%a,a$呀。

但是在$guess$裏面，小數有時總是這麼不盡任意，雖然有四捨五入，但是整數在調試還是什麼方面都很強！

而且如果要求求的是整數解就很棒棒了，所以在矩陣樹中的消元許多人寧願多個$log$也要打輾轉相除。

複雜度$O(n^{3}logn)$

因爲沒有題目驗證正確性，將在矩陣樹給出輾轉相除版。

先講講：

我們用第$x$行消掉第$y(y>x)$行的第$x$項時（根據高斯消元我們知道兩行的前$x-1$項都已經被消掉了），我們不是暴力直接除，而是將第$x$項每一行乘以$a_{y,x}/a_{x,x}$減到第$y$行，然後交換$x,y$行，我們會發現其實就是對$x$項做類似輾轉相除的操作然後改變一下其他項，當然，爲了節省時間也可以不交換，不過得用一些其他方法實現類似交換的操作。

矩陣樹與證明

又是一個大的內容。。。

參考資料：

https://www.cnblogs.com/zj75211/p/8039443.html

https://blog.csdn.net/qq_34921856/article/details/79409754

https://www.cnblogs.com/twilight-sx/p/9064208.html

https://blog.csdn.net/a_crazy_czy/article/details/72971868

https://www.cnblogs.com/candy99/p/6420935.html

https://www.cnblogs.com/xzzzh/p/6718926.html

https://baike.baidu.com/item/Binet-Cauchy%E5%AE%9A%E7%90%86/8255247

https://baike.baidu.com/item/%E5%8D%95%E4%BD%8D%E7%9F%A9%E9%98%B5/8540268?fr=aladdin

你看看這麼多，就知道這個有多噁心了！！！！！！！！！！！！！！

未了結的坑

矩陣樹是解決一個圖中生成樹的數量。

目前我只會做無向圖的，而且也只會證無向圖的，當然，按我現在對矩陣樹的理解，有沒有重邊應該也無所謂，大家可以試一試，因爲時間緊迫，所以就不證明了，下面的默認沒有重邊。

因爲老師開始要求學幾何了，就只能拋坑了QAQ

未填完的坑：

1. 有向圖的矩陣樹。
2. 變元矩陣樹。
3. 證明有重邊也無所謂

無向圖

關聯矩陣

在無向圖裏面，關聯矩陣是$n*m$的一個矩陣（$n$是點數，$m$的邊數），如果第$k$條無向邊是$(i->j)$，那麼矩陣裏的$(i,k)$點值$++$，$(j,k)$的點值$--$。（倒過來也可以，無所謂）

給張圖更好的理解：

我們設無向圖的關聯矩陣爲$B$，$B$轉置矩陣爲$B^{T}$

---

轉置矩陣：

就是把現矩陣的第一行作爲第一列，第一列作爲第一行。

就是轉置矩陣。

---

矩陣乘法：

這裏放上度孃的解釋https://baike.baidu.com/item/%E7%9F%A9%E9%98%B5%E4%B9%98%E6%B3%95/5446029?fr=aladdin：

---

Kirchhoff矩陣

這裏只講無向圖的Kirchhoff矩陣。

Kirchhoff矩陣就是$BB^{T}$，也就是一個$n*n$的矩陣

$BB^{T}$$_{ij}=\sum_{k=1}^{m}B_{i,k}B^{T}_{k,j}=\sum_{k=1}^{m}B_{i,k}B_{j,k}$

所以我們可以知道，Kirchhoff矩陣的$(i,j)$項就是$B$的第$i$行與第$j$行的內積。

當$i≠j$時，如果有$B_{i,k}B_{j,k}=0$，那麼說明第$k$條邊不是$(i-j)$的。相反$B_{i,k}B_{j,k}=-1$，就代表有一條邊，所以我們知道，Kirchhoff矩陣的$(i,j)$項表示的是$i-j$邊的個數的相反數，目前只能是$-1,0$。

當$i=j$時， 如果有$B_{i,k}B_{i,k}=0$，那麼說明他不在第$k$條邊上，相反$B_{i,k}B_{i,k}=1$就是在，所以Kirchhoff矩陣的$(i,i)$項表示的是$i$的度數。

當然，還有個簡單的構建方法，就是（度數矩陣 - 鄰接矩陣）。

爲什麼要將關聯矩陣，證明的時候就知了。

我們容易知道這個矩陣的每個行和每個列的和爲$0$。

因爲度數爲正，其他數爲負，這一行（列）的所有負數的和就是度數的相反數。

行列式

對於一格$r*r$的行列式$A$：

行列式$det(A)$的值爲：$\sum^{r!}_{i=1}(-1)^{k}a_{1,b_{1}}a_{2,b_{2}}a_{3,b_{3}}...a_{r,b_{r}}$，其中$a_{ij}$爲$A$矩陣的第$i$行第$j$列。

而$b_{1},b_{2},b_{3},b_{4}...b_{r}$是長度爲$r$的任意一個全排列，然後全排列的個數有$r!$，然後$k$表示的是$(1,b_{1}),(2,b_{2}),(3,b_{3})...$的逆序對數（$(i_{1},j_{1}),(i_{2},j_{2})(i_{1}<i_{2},j_{1}>j_{2})$就是一對逆序對）。

其實就是選$r$個點，行和列不重複

比如：

$2*2$的矩陣$O$

$\left\{ \begin{matrix} 1 & 2\\ 3 & 4\end{matrix} \right\}$

$det(O)=1*4-2*3=-2$

行列式有一些$beautiful$的性質。

---

定理1：$A$與$A$的轉置矩陣的行列式相等。

我們發現轉置後點的相對位置不變，第$i$行變成第$i$列，第$j$列變成了第$j$行，本質沒變，所以行列式相等。

定理2：當某行（列）的值全部爲0，那麼這個矩陣的行列式爲$0$。

怎麼選點都有個$0$，證畢。

定理3：某一行與某一行交換，行列式取負。

證明：

$(-1)^{k}a_{1,b_{1}}a_{2,b_{2}}a_{3,b_{3}}...a_{r,b_{r}}$中，現將$i,j(i<j)$行互換。

設從$i+1$到$j-1$，有$q_{1}$個數字的$b$（也就是列數）小於$b_{i}$，有$q_{2}$個大於$b_{i}$，有$p_{1}$個數字小於$b_{j}$，有$p_{2}$個大於$b_{j}$，$N=(j-1)-(i+1)+1=j-i+1$，不可能有相等的。

那麼交換前$b_{i},b_{j}$的貢獻有$q_{1}+p_{2}$對，交換後有$q_{2}+p_{1}$

那麼兩個相減爲：$q_{1}+p_{2}-q_{2}-p_{1}=q_{1}+p_{2}-(N-q_{1})-(N-p_{2})=2q_{1}+2p_{2}-2N=2(q_{1}+p_{2}-N)$，而卻$b_{i}$與$b_{j}$交換的又會加$1$或減$1$，所以取反。

交換列其實也是一樣的。

定理4：有兩行（列）相等，行列式值爲$0$

交換兩列後的行列式取反，但是我們發現兩次的行列式是相等的，所以$-x=x$，$x=0$，行列式的值爲$0$。

定理5：當有一行有公因子時，可以把公因子提出（相反，外面有個係數，乘到裏面某一行（列）也是可以的）。

定理6：當一行（列）爲另一行（列）的比例時，行列式的值爲$0$。

將這一行的因子提出，和另一行相等，行列式的值爲$0$。

定理7：某一行（列）的數字依次加上一些數字，那麼加上後的行列式可以拆爲兩個行列式相加：

如：矩陣$A$爲$\left\{ \begin{matrix} a_{1,1} & a_{1,2}\\ a_{2,1} & a_{2,2}\end{matrix} \right\}$，$B$爲$\left\{ \begin{matrix} a_{1,1} & a_{1,2}\\ a_{2,1}+c_{1} & a_{2,2}+c_{2}\end{matrix} \right\}$，$C$爲$\left\{ \begin{matrix} a_{1,1} & a_{1,2}\\ c_{1} & c_{2}\end{matrix} \right\}$，那麼$det(B)=det(A)+det(C)$

其實很簡單證，原本每個式子爲：$(-1)^{k}a_{1,b_{1}}a_{2,b_{2}}a_{3,b_{3}}...a_{r,b_{r}}$，現在爲$(-1)^{k}a_{1,b_{1}}a_{2,b_{2}}a_{3,b_{3}}...,(a_{i,b_{i}}+c_{i}),a_{(i+1),b_{i+1}}...,a_{r,b_{r}}$根據乘法分配率，這是可以拆開的。

定理8：某一行加上另爲一行的倍數，行列式的值不變。

很簡單，現在的行列式拆成原來的和某個奇怪的，某個奇怪的行列式存在一行是另一行的比例關係，所以這個行列式爲$0$，不影響值。

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通過定理8，我們發現可以對行列式進行消元，類似高斯消元一樣，消成類似$\left\{ \begin{matrix} a_{1,1}' & a_{1,2}' & a_{1,3}'\\ 0 & a_{2,2}' & a_{2,3}'\\ 0 & 0 & a_{3,3}'\\\end{matrix} \right\}$的樣子

我們管這個矩陣叫上三角矩陣，很明顯，行列式的值就是對角線的值。

求法

其實生成樹的個數就是Kirchhoff矩陣的$n-1$階代數餘子式的行列式值結果。

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一個矩陣（長寬相等）的$n-1$階餘子式刪去第$i$行與第$j$列。

假設我們又乘上了$(-1)^{{1+2+3+...+n-i}+(1+2+3+...+n-j)}$

就是$n-1$階的代數餘子式，我們可以化簡一下：$(-1)^{{1+2+3+...+n-i}+(1+2+3+...+n-j)}=(-1)^{n(n-1)-i-j}=(-1)^{-i-j}=(-1)^{i+j}$

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Kirchhoff矩陣對於行列式又有一些性質：

定理1：Kirchhoff矩陣的兩個不同的$n-1$階代數餘子式的行列式相等。

我們設兩個餘子式刪的行是同一行，不同列（可以類似的推出不同行，同列，然後得證）

兩個矩陣爲$C_{i,j},C_{i,k}(j<k)$（刪去第$i$行，第$j$或$k$列）。

我們先將原本的矩陣變換一下，第$j$列取反，然後加去除$j,k$列的其他列乘上$-1$的值，因爲每一行的值爲$0$，那麼第$j$列的數字就等於$0$減去除$k$列的其他所有數字，也就是第$k$列的數字，然後我們將這一列在$C_{i,k}$中一直移到$k-1$列（也就是$C_{i,j}$中$k$列的位置），要交換$k-j-1$次，那麼這個交換過程就乘上$(-1)^{k-j}$次，然後$(-1)^{k-j}*(-1)^{i+k}=(-1)^{j-k}*(-1)^{i+k}=(-1)^{i+j}$，所以我們就將$C_{i,k}$轉換成$C_{i,j}$，且並沒改變值，得證。

定理2：Kirchhoff矩陣的行列式的值爲$0$。

$Why?$

因爲每一行的和爲0，在形成上三角的過程中，最後一行消掉和$n-1$個$0$，，但是最後一行的和爲$0$，所以$n$個都是$0$。

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代碼

我們默認去掉第$n$行第$n$列。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#define  N  30
using  namespace  std;
typedef  long  long  LL;
double  a[N][N],hehe=1e-8/*精度交換*/;
int  n,m;
void  zwap(double  &x,double  &y){double  z=x;x=y;y=z;}
double  guess()
{
	for(int  i=1;i<=n;i++)
	{
		int  what=i;//前i-1列不能交換
		while(fabs(a[what][i])<=hehe)what++;
		if(i==n+1)return  0;//沒辦法
		for(int  j=1;j<=n;j++)zwap(a[what][j],a[i][j]);
		for(int  j=i+1;j<=n;j++)
		{
			double  bi=a[j][i]/a[i][i];
			for(int  k=n+1;k>=i;k--)a[j][k]-=a[i][k]*bi;
		}
	}
	double  ans=a[1][1];
	for(int  i=2;i<=n;i++)ans=ans*a[i][i];
	return  fabs(ans);
}
int  main()
{
	scanf("%d%d",&n,&m);n--;
	for(int  i=1;i<=m;i++)
	{
		int  x,y;scanf("%d%d",&x,&y);
		a[x][x]+=1;a[y][y]+=1;
		a[x][y]-=1;a[y][x]-=1;
	}
	printf("%.0lf",guess());
	return  0;
}

輾轉相除法：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#define  N  30
using  namespace  std;
typedef  long  long  LL;
LL  a[N][N];
int  n,m;
void  zwap1(int  &x,int  &y){int  z=x;x=y;y=z;}
void  zwap2(LL  &x,LL  &y){LL  z=x;x=y;y=z;}
LL  guess()
{
	int  now,cnt;
	for(int  i=1;i<=n;i++)
	{
		int  what=i;
		while(a[what][i]==0)what++;
		if(i==n+1)return  0;
		for(int  j=1;j<=n;j++)zwap2(a[what][j],a[i][j]);
		for(int  j=i+1;j<=n;j++)
		{
			now=i,cnt=j;//傳說中免交換神器 
			while(a[now][i])
			{
				LL  bi=a[cnt][i]/a[now][i];//輾轉相處 
				for(int  k=i;k<=n;k++)a[cnt][k]-=a[now][k]*bi;
				zwap1(now,cnt);
			}
			if(cnt!=i)for(int  k=i;k<=n;k++)zwap2(a[j][k],a[i][k]);//交換 
		}
	}
	LL  ans=a[1][1];
	for(int  i=2;i<=n;i++)ans=ans*a[i][i];
	return  abs(ans);
}
int  main()
{
	scanf("%d%d",&n,&m);n--;
	for(int  i=1;i<=m;i++)
	{
		int  x,y;scanf("%d%d",&x,&y);
		a[x][x]++;a[y][y]++;
		a[x][y]--;a[y][x]--;
	}
	printf("%lld\n",guess());
	return  0;
}

證明

根據柯西-比內公式（後面會有比較垃圾的證明）可得：

$det(B'B'^{T})=\sum_{U∈S}^{|S|}det(B'_{U})det(B'^{T}_{U})=\sum_{U∈S}^{|S|}(det(B'_{U}))^{2}$

$B'$表示的是，$U$代表在$m$中隨便選$n-1$個不重複數字的集合，$S$表示所有$U$的集合，$B'_{U}$就是$n-1$行選$n-1$列的一個$(n-1)*(n-1)$的集合，$B'^{T}_{U}$選$n-1$列，那麼我們會發現選$n-1$行不就是找到$n-1$條邊？

討論情況：

1. 如果有幾條邊構成一個環，那麼這個$det$爲$0$。

我們一步步把這幾行幾列換到一起，組成一個類似$\left\{ \begin{matrix} 1 & 0 & 1\\ -1 & 1 & 0\\ 0 & -1 & -1\\\end{matrix} \right\}$的小矩陣，因爲每條邊都只有兩個數字，所以這$3$列這個行列式的這$3$列只能在這一選一個數字來乘，所以我們可以認爲這個矩陣的行列式等於這個矩陣去掉這三列的行列式乘以這個小矩陣的行列式，正負先不管，大家可以畫個圖模擬一下，因爲這三行這三列只能在這個小矩陣裏面選。

但是這個小矩陣我們消列，變成下三角，$\left\{ \begin{matrix} a & 0 & ... & ±a\\ -a & ±a & ... & 0\\ ... & ... & ... &...\\ 0 & ...& ±a & ±a\end{matrix} \right\}$（$a=±1$），我們發現先用第一列消最後一列，最後一列第二個又有數字，就用第二列消，也就是依次用第一列一直下去消，那麼我們模擬一下過程，當第一行消最後一列時，用$a$消$a$時，最後一列加上第一列的取反，那麼最後一列第二個元素爲$a$，如果用$a$消$-a$，直接加，那麼最後一列的第二個數字等於$-a$，怎麼這麼巧，消完後最後一列的第二個元素就等於第一個？其實仔細想想就知道，就是是從第二列開始去消也是，那麼最終會右下角的倒數兩行兩列就變成了$\left\{ \begin{matrix} b & c \\ -b & -c\end{matrix} \right\}(b=±1,c=±1)$，那麼最後一列就是倒數第二列的$±1$倍，行列式的值爲$0$。

2. 沒有環爲$±1$

我們已經把第$n$行消掉，又沒有環，必然有一條邊是連向$n$的，那麼我們這一列選的就是這條邊的另外一個端點，但是$n$個點的圖$n-1$邊不就是棵樹嗎，而且一邊佔一列，我們可以認爲一條邊選一個點且選的點不重複，那麼就是在$n-1$列裏面選$n-1$個點。

我們會發現這個端點就是另外一些邊的端點，那麼這些邊又只能選另外一個端點，以此類推，這個行列式的有效選點只有一種，所以爲$±1$，再取個平方就是$1$

通過上面我們會發現Kirchhoff矩陣的$n-1$階代數餘子式的行列式值就是生成樹的個數！

柯西-比內公式

我是看度娘證明的，很不錯https://baike.baidu.com/item/Binet-Cauchy%E5%AE%9A%E7%90%86/8255247。

當然，參考鏈接有，裏面提到的Laplace展開定理我也不會，但是其中用到Laplace展開定理的地方我們都可以感性的理解。。。

我就是對它的一個補充說明

提一下，就是柯西比內公式講了

放上圖片，然後一一解釋：

一個$4*4$的單位矩陣爲$\left\{ \begin{matrix} 1 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 1\end{matrix} \right\}$，也就是對角線爲$1$，單位矩陣乘以任何矩陣都等於矩陣本身。

我們把M的第n+1,n+2…n+s行的第 倍加到第k行去.(k=1,2…n)，也就是用$(A*(-I))+A$將$A$的位置全部變爲0，然後原本$0$的位置加上$AB$變成了$C$，並且行列式的值並沒變。

下面的證明不理$-1$先

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因爲前面的$n$行只能選$C$中的數字，且$C$爲$n*n$，$B$爲$s*n$，所以$B$裏面的數字也不能選，只能選$-I(s*s)$裏面的數字。

那麼$det(N)=det(C)*det(-I)=det(AB)*det(-I)$

$det(M)=det(N)=det(AB)*det(-I)$

對$M$進行分解，前$n$行只能選$A$中的數字，當$n>s$時，選$n$行必定有些選不到$A$裏面選到了$0$，所以爲$0$，如果$n=s$，那麼就是隻能選$A、B$裏面的數字了，也就是$det(C)=det(AB)=det(A)*det(B)$，但是$n>s$時，我們就只能選$n$列，那麼我們可以相應的知道$-I$中只能選主對角線上（從左上到右下的對角線）的$s-n$點，也就是$i-n=j$（類似行等於列），那麼$B$也就只能選其他行的$n$個點，那麼也就是我們選$A$的那些列的列數，也就得到了我們柯西-比內的基本結構了，但是我們並沒有理正負。

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當$n≥s$時

$det(C)*det(-I)$的正負數：

$det(-I)=(-1)^{s}$，而且$-I$中的$s$個點每個點都與$C$中的$n$個點組成逆序對數，也就是$ns$，所以$det(C)*det(-I)$在理正負的情況下爲$det(C)*(-1)^{(n+1)s}$。

$det(M)$分解後（因爲那個公式實在太難寫了QAQ）的正負號：

$A$與$B$的數字構不成逆序對數，那麼我們考慮$-I$的，我們設選的$A$的列數爲$d_{1},d_{2},...,d_{n}$，那麼$B$選的行數就爲$d_{1}+n,d_{2}+n,...,d_{n}+n$

我們設現在選的其中一個$-I$主對角線的點的行列爲$i,j$，那麼再看我們在$A,B$選的$2n$個點，$A$中的點的行數皆小於$i$，當$d_{k}>j$時（$1≤k≤n$）有逆序對，$B$中的點列數皆小於$j$，當$d_{i}+n<i$時有逆序對，拆開爲$d_{i}+n<j+n,d_{i}<j$，發現當$d_{i}<j$和$d_{i}>j$都有一個逆序對，那麼$-I$中每個點都有$n$個逆序對，也就是$n(s-n)$個，$-I$自帶$s-n$個$-1$，那麼就是$(-1)^{(n+1)(s-n)}$

證明$(n+1)s=(n+1)(s-n)$的奇偶性相等。

當$n$爲奇數，得證QMQ。

當$n$爲偶數，$s$爲奇數偶數時，$s$與$s-n$的奇偶都是一樣的。

那麼也就是相等，所以柯西-比內公式得證。

不會Laplace展開定理就是煩QAQ。

小結

還是好多坑沒填QAQ。