一些奇怪的东西堆在一块儿

一、若是$gcd(i,j)==1$，且$i+j==k$，那么这样的数对数就是$\phi(k)$。

也就是$gcd(i,j)==1$导出$gcd(i,k-i)==1$，进而$gcd(i,k)==1$，从而转化为$euler$。

 

二、https://www.cnblogs.com/henry-1202/p/10246196.html

三、https://www.cnblogs.com/Mychael/p/8759124.html

四、https://www.cnblogs.com/remarkable/p/11364178.html

二、三、4是关于$euler$和迪利克雷的一些东西。

 

五、$\phi(n)==n*\prod\limits_{i=1}^{k} \left (  \frac{p_i-1}{p_i} \right )$，其中$p_i$表示在惟一分解下的全部质因。

$1\rightarrow n$中$p_1$的倍数有$\frac{n}{p_1}$个，咱们将它减去，$p_2$的倍数有$\frac{n}{p_2}$个，咱们将其减去，咱们把$p_1$和$p_2$的公倍数减掉了2次，加回$\frac{n}{p_1p_2}$，而后获得式子$n*(1-\frac{1}{p_1}-\frac{1}{p_2}+\frac{1}{p_1p_2})$，即$n*(1-\frac{1}{p_1})(1-\frac{1}{p_2})$，对全部质因子数学概括，获得上述结论。

 

六、$\phi$是积性函数。

$gcd(n,m)==1$时，$n$$m$没有相同的$p$，直接带入5的式子，而后发现没有同样的质因，那么$\phi(n)\phi(m)==\phi(nm)$了。

七、$\phi(p)==p-1$。

$1\rightarrow p-1$中全部数都和$p$互质。

八、$\phi(np)==\phi(n)p$，$p|n$。

有上述条件，$np$和$n$除了质因$p$的指数不同，没有什么区别，带入5，能够上下约分，获得$p$，即$\frac{\phi(np)}{\phi(n)}==\frac{np\prod (1-\frac{1}{p_i})}{n\prod(1-\frac{1}{p_i})}==p$。

六、七、8共同支撑着$euler$的线性筛。

 

九、http://latex.codecogs.com/eqneditor/editor.php

 

十、$\sum\limits_{i=1}^{n-1}[ n|i^2 ]==\frac{n}{\prod p_i^{\lceil \frac{c_i}{2} \rceil}}==\prod p_i^{\lfloor \frac{c_i}{2} \rfloor}==\sum\limits_{d^2|n}\phi(d)$。

 

 十一、$n$为奇数时，$\phi(2n)==\phi(n)$。

积性，$\phi(2n)==\phi(2)\phi(n)==\phi(n)$。这个东西有时候能够保证复杂度为$log$。

 

十二、$p$为质数，$\phi(p^k)==p^k-p^{k-1}$。

带入计算式可得。

 

1三、$1\rightarrow n$中与$n$互质的数的和为$\frac{n\phi(n)}{2}$。

根据更相减损，与$n$互质的数成对出现，共$\frac{\phi(n)}{2}$对，每对的和为$n$。可得。

那么其实$\phi(n)$是偶数也是这个意思来的。

 

1四、$\sum\limits_{d|n}\phi(d)==n$。即$\phi *1==Id$。

设$f(n)==\sum\limits_{d|n}\phi(d)$，那么\begin{aligned} &f(n)*f(m)\\ &=\sum_{i|n}\phi(i)*\sum_{j|m}\phi(j)\\ &=\sum_{i|n}\sum_{j|m}\phi(i)*\phi(j)\\ &=\sum_{i|n}\sum_{j|m}\phi(i*j)\\ &=\sum_{d|nm}\phi(d)\\ &=f(nm) \end{aligned}

故$f(n)$积性。

$f(p^k)==\phi(1)+\phi(p)+\phi(p^2)+……+\phi(p^k)==1+p-1+p^2-p+……+p^k-p^{k-1}==p^k$。

$f(n)==f(\prod p_i^{c_i})==\prod f(p_i^{c_i})==\prod p_i^{c_i}==n$。 得证。

 

1五、$\sum\limits_{d|n}\mu(d)==[n==1]$，即$\mu*1==\epsilon $。

好证，有点长，不想写了。分红$n==1$，$n$为质数，$n$为合数讨论，前两个直接算显然，后者先除去$\mu(d)==0$的状况，而后用二项式定理$(1-1)^n$便可。

 

1六、$\phi(n)==\sum\limits_{d|n}\mu(d)\frac{n}{d}$，即$\frac{\phi(n)}{n}==\sum\limits_{d|n}\frac{\mu(d)}{d}$  ，也即$\phi=\mu*Id$。

\begin{aligned}&\phi*1=Id \\&\phi*1*\mu=Id*\mu \\&\phi*\epsilon=\mu*Id \end{aligned}

得证。

 

1七、一个随机排列中比前面全部数都大的数的数量指望为log

 

1八、考试密码是考试分加www或mmm，随心情而定（主要是困不困）。

 

1九、一个数在质因分解下2的幂数，等于其在二进制下末尾0的个数。

 

20、一张简单无向图全部点的度数不可能两两互不相同。

 

2一、森林结构的联通块个数等于（点数-边数）。

 

2二、https://images2017.cnblogs.com/blog/1189392/201709/1189392-20170901143915108-1970936753.png

逛博客看到的图。

 

2三、$\sum\limits_{i=1}^{n}[\mu(i)==0]$==$n-\sum\limits_{i=1}^{n}\mu(i)^2$==$\sum\limits_{i=1}^{\sqrt{n}}\mu(i)\frac{n}{i^2}$。

前两个显然，后面的考虑容斥，而后就能够杜教筛了。

 

2四、对于一个只有Dsu合并过程的初始全1数列，集合大小的种类最多只有$\sqrt{n}$级别。

最坏状况是一、二、三、四、五、6……，根据等差数列求和，最多只有$\sqrt{n}$。

 

2五、$\sum\limits_{i=0}^{n}(C_{n}^{i})^2$==$C_{2n}^{n}$

根据范德蒙恒等显然（虽然我一直觉得这是个人两棵枣树理论）。

 

2六、碰到比较$\prod X$,$\prod Y$的东西，能够取$log$，变成比较$\sum logX$和$\sum logY$。显而后者规模很小。

 

2七、http://latex.codecogs.com/eqneditor/editor.php

在线Latex好啊。