改用\dots。

01LetsCount.tex

@@ -265,6 +265,6 @@ $A \cap (B \cup C) = (A \cap B) \cup (A \cap C)$的证明与此相似。
     \begin{enumerate}
         \item $C(n, k) = C(n,n-k)$；
         \item 对于$n>k>0$，$C(n-1, k-1) + C(n-1, k) = C(n, k)$；
-        \item $C(n, 0) + C(n, 1) + \cdots + C(n, n) = 2^n$。
+        \item $C(n, 0) + C(n, 1) + \dots + C(n, n) = 2^n$。
     \end{enumerate}
 \end{theorem}

02CombinatorialTools.tex

@@ -45,18 +45,18 @@ $n\ln{n}$即为$\left(\dfrac{n}{e}\right)^n$取对数，$\sqrt{2 \pi n}$则是
 \end{theorem}
 
 \begin{theorem}[$n$个集合上的容斥原理]
-    $A_1, A_2, \cdots , A_n$是有限集合。
+    $A_1, A_2, \dots , A_n$是有限集合。
     \begin{equation*}
         \begin{aligned}
-            \vert A_1 \cup A_2 \cup \cdots \cup A_n \vert & = \sum_i^n \vert A_i \vert - \sum_i^n \sum_{j > i} \vert A_i \cap A_j \vert + \sum_i^n \sum_{j>i} \sum_{k > j} \vert A_i \cap A_j \cap A_k \vert - \cdots\\
+            \vert A_1 \cup A_2 \cup \dots \cup A_n \vert & = \sum_i^n \vert A_i \vert - \sum_i^n \sum_{j > i} \vert A_i \cap A_j \vert + \sum_i^n \sum_{j>i} \sum_{k > j} \vert A_i \cap A_j \cap A_k \vert - \dots\\
-            & + (-1)^{n-1}\vert A_1 \cap A_2 \cap \cdots \cap A_n \vert \eqper
+            & + (-1)^{n-1}\vert A_1 \cap A_2 \cap \dots \cap A_n \vert \eqper
         \end{aligned}
     \end{equation*}
 \end{theorem}
 
 \begin{theorem}[容斥原理的补集形式]
     \begin{equation*}
-        \vert A_1^\mathrm{C} \cap A_2^\mathrm{C} \cap \cdots \cap A_n^\mathrm{C}\vert  = \vert E \vert - \vert A_1 \cup A_2 \cup \cdots \cup A_n \vert \eqper
+        \vert A_1^\mathrm{C} \cap A_2^\mathrm{C} \cap \dots \cap A_n^\mathrm{C}\vert  = \vert E \vert - \vert A_1 \cup A_2 \cup \dots \cup A_n \vert \eqper
     \end{equation*}
 \end{theorem}
 
@@ -65,10 +65,10 @@ $n\ln{n}$即为$\left(\dfrac{n}{e}\right)^n$取对数，$\sqrt{2 \pi n}$则是
 给定$n$个元素的一个排列，使得所有的元素都不在原来的位置上的排列叫做原排列的{\bf{错排}}。
 
 \emph{应用加法原理：}
-设$1, 2, \cdots , n$的的错排数为$D_n$，那么错排可通过如下两种方式得到：
+设$1, 2, \dots , n$的的错排数为$D_n$，那么错排可通过如下两种方式得到：
 \begin{enumerate}[label=({\arabic*}) ]
-    \item 把$n$与$i (i = 1, 2, \cdots, n-1)$互换，再让剩余$n-2$个数进行错排。共有$(n-1)D_{n-2}$种。
+    \item 把$n$与$i (i = 1, 2, \dots, n-1)$互换，再让剩余$n-2$个数进行错排。共有$(n-1)D_{n-2}$种。
-    \item 让$1, 2, \cdots , n-1$任意排列，然后把$n$分别与错排后的第1个、第2个……第$n-1$个交换。共有$(n-1)D_{n-1}$种。
+    \item 让$1, 2, \dots , n-1$任意排列，然后把$n$分别与错排后的第1个、第2个……第$n-1$个交换。共有$(n-1)D_{n-1}$种。
 \end{enumerate}
 
 综上，由加法原理，有$D_n = (n-1)D_{n-1} + (n-1)D_{n-2}$。由$D_1 = 0, D_2 = 1$，可得$D_0 = 1$。
@@ -97,7 +97,7 @@ $n\ln{n}$即为$\left(\dfrac{n}{e}\right)^n$取对数，$\sqrt{2 \pi n}$则是
         E_n & = \left(1 - \dfrac{1}{n}\right)E_{n-1} + \dfrac{1}{n} E_{n-2}\\
         E_n - E_{n-1} & = - \dfrac{1}{n}(E_{n-1} - E_{n-2})\\
         & = \left(-\dfrac{1}{n}\right) \left(-\dfrac{1}{n-1}\right) (E_{n-2} - E_{n-3})\\
-        & = \cdots\\
+        & = \dots\\
         & = (-1)^{n-1} \dfrac{1}{n!}(E_1 - E_0)\\
         & = \dfrac{(-1)^n}{n!}\eqper
     \end{aligned}
@@ -108,38 +108,38 @@ $n\ln{n}$即为$\left(\dfrac{n}{e}\right)^n$取对数，$\sqrt{2 \pi n}$则是
     \begin{aligned}
         E_n & = \dfrac{(-1)^n}{n!} + E_{n-1}\\
         & = \dfrac{(-1)^n}{n!} + \dfrac{(-1)^{n-1}}{(n-1)!} + E_{n-2}\\
-        & = \cdots\\
+        & = \dots\\
-        & = \dfrac{(-1)^n}{n!} + \dfrac{(-1)^{n-1}}{(n-1)!} + \cdots + \dfrac{(-1)^1}{2!} \eqper
+        & = \dfrac{(-1)^n}{n!} + \dfrac{(-1)^{n-1}}{(n-1)!} + \dots + \dfrac{(-1)^1}{2!} \eqper
     \end{aligned}
 \end{equation*}
 
 即
 \begin{equation*}
-    D_n = n!\cdot E_n = n!\left(1 - \dfrac{1}{1!} + \dfrac{1}{2!} - \dfrac{1}{3!} + \cdots + \dfrac{(-1)^n}{n!}\right) \approx \dfrac{n!}{e} \eqper
+    D_n = n!\cdot E_n = n!\left(1 - \dfrac{1}{1!} + \dfrac{1}{2!} - \dfrac{1}{3!} + \dots + \dfrac{(-1)^n}{n!}\right) \approx \dfrac{n!}{e} \eqper
 \end{equation*}
 
 \emph{应用容斥原理：}设$E$：所有$n!$种排列的集合；$A_j$：$j$在第$j$位的排列的集合。那么所求错排的集合为
 \begin{equation*}
-    A_1^\mathrm{C} \cap A_2^\mathrm{C} \cap \cdots \cap A_n^\mathrm{C} \eqper
+    A_1^\mathrm{C} \cap A_2^\mathrm{C} \cap \dots \cap A_n^\mathrm{C} \eqper
 \end{equation*}
 
 另外可以看到，
 \begin{equation*}
     \begin{aligned}
-        \vert A_j \vert & = (n-1)! \eqco j = 1, 2, \cdots, n\\
+        \vert A_j \vert & = (n-1)! \eqco j = 1, 2, \dots, n\\
-        \vert A_i \cap A_j \vert & = (n-2)! \eqco i, j = 1, 2, \cdots, n \text{且} i \neq j\\
+        \vert A_i \cap A_j \vert & = (n-2)! \eqco i, j = 1, 2, \dots, n \text{且} i \neq j\\
-        & \cdots\\
+        & \dots\\
-        \vert A_{i_1} \cap A_{i_2} \cap \cdots \cap A_{i_k} \vert & = (n - k)!\eqco\text{共有}\dbinom{n}{k}\text{种组合方式}
+        \vert A_{i_1} \cap A_{i_2} \cap \dots \cap A_{i_k} \vert & = (n - k)!\eqco\text{共有}\dbinom{n}{k}\text{种组合方式}
     \end{aligned}
 \end{equation*}
 
 那么
 \begin{equation*}
     \begin{aligned}
-        D_n & = \vert A_1^\mathrm{C} \cap A_2^\mathrm{C} \cap \cdots \cap A_n^\mathrm{C}\vert\\
+        D_n & = \vert A_1^\mathrm{C} \cap A_2^\mathrm{C} \cap \dots \cap A_n^\mathrm{C}\vert\\
-        & = n! - \dbinom{n}{1}(n-1)! + \dbinom{n}{2}(n-2)! - \dbinom{n}{3}(n-3)! + \cdots + (-1)^n\dbinom{n}{n}0!\\
+        & = n! - \dbinom{n}{1}(n-1)! + \dbinom{n}{2}(n-2)! - \dbinom{n}{3}(n-3)! + \dots + (-1)^n\dbinom{n}{n}0!\\
-        & = n! - \dfrac{n!}{1} + \dfrac{n!}{2} - \dfrac{n!}{3} + \cdots + (-1)^n \dfrac{n!}{n!}\\
+        & = n! - \dfrac{n!}{1} + \dfrac{n!}{2} - \dfrac{n!}{3} + \dots + (-1)^n \dfrac{n!}{n!}\\
-        & = n! \left(1 - \dfrac{1}{1!} + \dfrac{1}{2!} - \dfrac{1}{3!} + \cdots + \dfrac{(-1)^n}{n!}\right) \eqper
+        & = n! \left(1 - \dfrac{1}{1!} + \dfrac{1}{2!} - \dfrac{1}{3!} + \dots + \dfrac{(-1)^n}{n!}\right) \eqper
     \end{aligned}
 \end{equation*}
 
@@ -166,23 +166,23 @@ $n\ln{n}$即为$\left(\dfrac{n}{e}\right)^n$取对数，$\sqrt{2 \pi n}$则是
 \end{proof}
 
 \begin{theorem}
-    设$m_1, m_2, \cdots , m_n$均为正整数，如果有$m_1 + m_2 + \cdots + m_n - n + 1$只鸽子飞回$n$个鸽巢，则或者第1个鸽巢至少有$m_1$只鸽子，则或者第2个鸽巢至少有$m_2$只鸽子，……，则或者第$n$个鸽巢至少有$m_n$只鸽子。
+    设$m_1, m_2, \dots , m_n$均为正整数，如果有$m_1 + m_2 + \dots + m_n - n + 1$只鸽子飞回$n$个鸽巢，则或者第1个鸽巢至少有$m_1$只鸽子，则或者第2个鸽巢至少有$m_2$只鸽子，……，则或者第$n$个鸽巢至少有$m_n$只鸽子。
 \end{theorem}
 
 \begin{proof}
     （反证法）假若第1鸽巢少于$m_1$只鸽子，第2鸽巢少于$m_2$只鸽子，……，第n鸽巢少于$m_n$只鸽子，则鸽子总数至多为：
     \begin{equation*}
-        (m_1 - 1) + (m_2 - 1) + \cdots + (m_n - 1) = m_1 + m_2 + \cdots + m_n -n \eqco
+        (m_1 - 1) + (m_2 - 1) + \dots + (m_n - 1) = m_1 + m_2 + \dots + m_n -n \eqco
     \end{equation*}
     这比假定的鸽子数少了一个，矛盾！
 \end{proof}
 
 \begin{corollary}
-    如果$m_1 = m_2 = \cdots = m_n = r$，若将$n(r-1)+1$个球放入$n$个盒子中，则至少有一个盒子含有不少于$r$个球。
+    如果$m_1 = m_2 = \dots = m_n = r$，若将$n(r-1)+1$个球放入$n$个盒子中，则至少有一个盒子含有不少于$r$个球。
 \end{corollary}
 
 \begin{corollary}
-    如果$n$个正整数$m_1, m_2, \cdots , m_n$的平均数$\dfrac{m_1 + m_2 + \cdots + m_n}{n} > r-1$，则$m_1, m_2, \cdots, m_n$中至少有一个不会小于$r$。
+    如果$n$个正整数$m_1, m_2, \dots , m_n$的平均数$\dfrac{m_1 + m_2 + \dots + m_n}{n} > r-1$，则$m_1, m_2, \dots, m_n$中至少有一个不会小于$r$。
 \end{corollary}
 
 \begin{corollary}
@@ -194,15 +194,15 @@ $n\ln{n}$即为$\left(\dfrac{n}{e}\right)^n$取对数，$\sqrt{2 \pi n}$则是
 \end{theorem}
 
 \begin{proof}
-    设原数列为$a_1, a_2, \cdots , a_n$。
+    设原数列为$a_1, a_2, \dots , a_n$。
 
     令$m_i$表示以$a_i$为第一项的最长递增子列的长度。若有某个$m_i \geq n+1$，则定理得证；
 
-    若所有的$m_i$都小于$n+1$，那么所有的$n^2 + 1$个$m_i$必然都在$1$到$n$之间，这相当于把$n^2 + 1$个球放进$n$个盒子里，于是一定有至少有$n+1$个$m_i$相等。我们不妨设$m_{i_1} = m_{i_2} = \cdots = m_{i_{n+1}} = m$，且$1 \leq i_1 < i_2 < \cdots < i_{n+1} \leq n^2 + 1$。
+    若所有的$m_i$都小于$n+1$，那么所有的$n^2 + 1$个$m_i$必然都在$1$到$n$之间，这相当于把$n^2 + 1$个球放进$n$个盒子里，于是一定有至少有$n+1$个$m_i$相等。我们不妨设$m_{i_1} = m_{i_2} = \dots = m_{i_{n+1}} = m$，且$1 \leq i_1 < i_2 < \dots < i_{n+1} \leq n^2 + 1$。
 
-    注意到，对任意的$i_j, i_k(j < k)$，当$m_{i_j} = m_{i_k}$时，有$a_{i_j} > a_{i_k}$。这是因为假若$a_{i_j} < a_{i_k}$（题目已申明$\{a_n\}$中数字各不相同，因此两个项不可能相等），那么我们可以将以$a_{i_k}$为第一项的、长度为$m$的递增子数列放在$a_{i_j}$后面得到一个长度为$m+1$的递增子数列，那么$m_{i_j}$就不是$m_{i_k}$而是$m_{i_k}+1$了，这与$m_{i_j} = m_{i_k}$矛盾。因此，$a_{i_1} > a_{i_2} > \cdots > a_{i_{n+1}}$。
+    注意到，对任意的$i_j, i_k(j < k)$，当$m_{i_j} = m_{i_k}$时，有$a_{i_j} > a_{i_k}$。这是因为假若$a_{i_j} < a_{i_k}$（题目已申明$\{a_n\}$中数字各不相同，因此两个项不可能相等），那么我们可以将以$a_{i_k}$为第一项的、长度为$m$的递增子数列放在$a_{i_j}$后面得到一个长度为$m+1$的递增子数列，那么$m_{i_j}$就不是$m_{i_k}$而是$m_{i_k}+1$了，这与$m_{i_j} = m_{i_k}$矛盾。因此，$a_{i_1} > a_{i_2} > \dots > a_{i_{n+1}}$。
     
-    因此我们可以找到如下长度为$n+1$的递减子数列：$a_{i_1} , a_{i_2} , \cdots , a_{i_{n+1}}$。
+    因此我们可以找到如下长度为$n+1$的递减子数列：$a_{i_1} , a_{i_2} , \dots , a_{i_{n+1}}$。
 \end{proof}
 
 \section{The Twin Paradox生日悖论}
@@ -215,10 +215,10 @@ $n\ln{n}$即为$\left(\dfrac{n}{e}\right)^n$取对数，$\sqrt{2 \pi n}$则是
 
     \begin{equation*}
         \begin{aligned}
-            \vert A^\mathrm{C} \vert & = 365 \times 364 \times \cdots \times (365-n+1)\\
+            \vert A^\mathrm{C} \vert & = 365 \times 364 \times \dots \times (365-n+1)\\
             P(A) & = 1 - P(\setcom{A}) = 1 - \dfrac{\vert \setcom{A} \vert}{365^n}\\
-            & = 1 - \dfrac{365 \times 364 \times \cdots \times (365-n+1)}{365^n}\\
+            & = 1 - \dfrac{365 \times 364 \times \dots \times (365-n+1)}{365^n}\\
-            & = 1 - \left(1 - \dfrac{1}{365}\right) \left(1 - \dfrac{2}{365}\right) \cdots \left(1 - \dfrac{n-1}{365}\right)\eqper
+            & = 1 - \left(1 - \dfrac{1}{365}\right) \left(1 - \dfrac{2}{365}\right) \dots \left(1 - \dfrac{n-1}{365}\right)\eqper
         \end{aligned}
     \end{equation*}
 

03Binome.tex

@@ -2,29 +2,29 @@
 \section{二项式定理}
 \begin{theorem}[二项式定理]
     在$(x+y)^n$的展开式中，$x^{n-k}y^k$的系数是$\binom{n}{k}$。
-    \[(x+y)^n = \binom{n}{0}x^n + \binom{n}{1}x^{n-1}y + \binom{n}{2}x^{n-2}y^2 + \cdots + \binom{n}{n-1}xy^{n-1} + \dbinom{n}{n}y^n \eqper\]
+    \[(x+y)^n = \binom{n}{0}x^n + \binom{n}{1}x^{n-1}y + \binom{n}{2}x^{n-2}y^2 + \dots + \binom{n}{n-1}xy^{n-1} + \dbinom{n}{n}y^n \eqper\]
 \end{theorem} 
 
 \begin{corollary}
     令$x=y=1$，可以得到
-    \[2^n = \binom{n}{0} + \binom{n}{1} + \binom{n}{2} + \cdots + \binom{n}{n} \text{；}\]
+    \[2^n = \binom{n}{0} + \binom{n}{1} + \binom{n}{2} + \dots + \binom{n}{n} \text{；}\]
     令$x = -y = 1$，可以得到
-    \[0 = \binom{n}{0} - \binom{n}{1} + \binom{n}{2} - \cdots + (-1)^n\binom{n}{n}\eqper\]
+    \[0 = \binom{n}{0} - \binom{n}{1} + \binom{n}{2} - \dots + (-1)^n\binom{n}{n}\eqper\]
 \end{corollary}
 
 \section{k项式定理}
 将$n$个礼物分给$k$个孩子，其中第一个拿到$n_1$个，第二个拿到$n_2$个，……第$n$个拿到$n_k$个。共有多少种分礼物的方式？
 \begin{proof}[解]
     由题，有
-    \[n_1 + n_2 + \cdots + n_k = n\]
+    \[n_1 + n_2 + \dots + n_k = n\]
-    分礼物的过程可以是：把$n$个礼物先按照某个顺序排成一排（共$n!$种排法），然后从某一端开始前$n_1$个给第一个孩子，之后的$n_2$个给第二个孩子……最后的$n_k$个分给第$k$个孩子。但是要注意到，每个孩子拿到的礼物中的内部的顺序是不重要的，因此还需要再除以$n_1!n_2!\cdots n_k!$。
+    分礼物的过程可以是：把$n$个礼物先按照某个顺序排成一排（共$n!$种排法），然后从某一端开始前$n_1$个给第一个孩子，之后的$n_2$个给第二个孩子……最后的$n_k$个分给第$k$个孩子。但是要注意到，每个孩子拿到的礼物中的内部的顺序是不重要的，因此还需要再除以$n_1!n_2!\dots n_k!$。
 
     综上，可能的分礼物的方法数为
-    \[\frac{n!}{n_1!n_2!\cdots n_k!}\eqper\qedhere\]
+    \[\frac{n!}{n_1!n_2!\dots n_k!}\eqper\qedhere\]
 \end{proof}
 
 \begin{corollary*}
-    \[\sum_{n_1 + n_2 + \cdots + n_k = n} \frac{n!}{n_1!n_2!\cdots n_k!} = k^n \eqper\]
+    \[\sum_{n_1 + n_2 + \dots + n_k = n} \frac{n!}{n_1!n_2!\dots n_k!} = k^n \eqper\]
 \end{corollary*}
 
 \begin{proof}
@@ -32,7 +32,7 @@
 \end{proof}
 
 \begin{theorem}[k项式定理]
-    \[\left(\sum_{i=1}^k x_i\right)^n = n!\sum_{n_1 + n_2 + \cdots + n_k = n} \prod_{i=1}^k \frac{x_i^{n_i}}{n!} \eqper\]
+    \[\left(\sum_{i=1}^k x_i\right)^n = n!\sum_{n_1 + n_2 + \dots + n_k = n} \prod_{i=1}^k \frac{x_i^{n_i}}{n!} \eqper\]
 \end{theorem}
 
 \section{允许重复的组合}
@@ -65,9 +65,9 @@
 \begin{proof}
     只要证允许重复组合与$n+k-1$个不同的元素中取$n$个作不重复的组合一一对应，就可得证。
 
-    假设$k$不同元素为$1, 2, \cdots, k$。从中取$n$个作允许重复的组合（$a_1, a_2, \cdots , a_n$）。不失一般性设$a_1 \leq a_2 \leq \cdots \leq a_n$。
+    假设$k$不同元素为$1, 2, \dots, k$。从中取$n$个作允许重复的组合（$a_1, a_2, \dots , a_n$）。不失一般性设$a_1 \leq a_2 \leq \dots \leq a_n$。
 
-    这个组合自然地对应到一不重复的组合（$a_1, a_2 + 1, \cdots a_i + i - 1, \cdots, a_n + n - 1$）。
+    这个组合自然地对应到一不重复的组合（$a_1, a_2 + 1, \dots a_i + i - 1, \dots, a_n + n - 1$）。
 
     注意到这相当于从$n+k-1$个不同的元素中取$n$个不重复的组合，故为$\binom{n+k-1}{n}$。
 \end{proof}
@@ -105,11 +105,11 @@
 \begin{enumerate}
     \item $\dbinom{n}{k} = \dbinom{n}{n-k}$；
     \item $\dbinom{n}{k} = \dbinom{n-1}{k-1} + \dbinom{n-1}{k}$；
-    \item $\dbinom{n}{0} + \dbinom{n}{1} + \cdots + \dbinom{n}{n} = 2^n$；
+    \item $\dbinom{n}{0} + \dbinom{n}{1} + \dots + \dbinom{n}{n} = 2^n$；
-    \item $\dbinom{n}{0} - \dbinom{n}{1} + \dbinom{n}{2} - \cdots + (-1)^n \dbinom{n}{n} = 0$；
+    \item $\dbinom{n}{0} - \dbinom{n}{1} + \dbinom{n}{2} - \dots + (-1)^n \dbinom{n}{n} = 0$；
-    \item $\dbinom{n+m}{k} = \dbinom{n}{0}\dbinom{m}{k} + \dbinom{n}{1}\dbinom{m}{k-1} + \cdots + \dbinom{n}{k}\dbinom{m}{0}, k \leq \min (m,n)$；
+    \item $\dbinom{n+m}{k} = \dbinom{n}{0}\dbinom{m}{k} + \dbinom{n}{1}\dbinom{m}{k-1} + \dots + \dbinom{n}{k}\dbinom{m}{0}, k \leq \min (m,n)$；
-    \item $\dbinom{m+n}{m} = \dbinom{m}{0} \dbinom{n}{0} + \dbinom{m}{1} \dbinom{n}{1} + \cdots + \binom{m}{m} \dbinom{n}{m}, m \leq n$；
+    \item $\dbinom{m+n}{m} = \dbinom{m}{0} \dbinom{n}{0} + \dbinom{m}{1} \dbinom{n}{1} + \dots + \binom{m}{m} \dbinom{n}{m}, m \leq n$；
-    \item $\dbinom{n+k+1}{k} = \dbinom{n+k}{k} + \dbinom{n+k-1}{k-1} + \dbinom{n+k-2}{k-2} + \cdots + \dbinom{n+1}{1} + \dbinom{n}{0}$；
+    \item $\dbinom{n+k+1}{k} = \dbinom{n+k}{k} + \dbinom{n+k-1}{k-1} + \dbinom{n+k-2}{k-2} + \dots + \dbinom{n+1}{1} + \dbinom{n}{0}$；
     \item $\dbinom{n}{k}\dbinom{k}{r} = \dbinom{n}{r}\dbinom{n-r}{k-r}, k \geq r$。
 \end{enumerate}
 
@@ -140,7 +140,7 @@
 \begin{lemma}\label{lemma for Bernolli's law of large numbers}
     令$0 \leq k \leq n$且$c = \binom{2n}{k} \bigg/ \binom{2n}{n}$（即$k-1$项的高度与中心高度的比值），那么
     \[
-        \underbrace{\binom{2n}{0} + \binom{2n}{1} + \cdots + \binom{2n}{k-1}}_{\text{高斯曲线中从$-\infty$到$k-1$的面积}} < c \times \underbrace{2^{2n-1}}_{\text{曲线左半部分的面积}}
+        \underbrace{\binom{2n}{0} + \binom{2n}{1} + \dots + \binom{2n}{k-1}}_{\text{高斯曲线中从$-\infty$到$k-1$的面积}} < c \times \underbrace{2^{2n-1}}_{\text{曲线左半部分的面积}}
     \]
 \end{lemma}
 
@@ -159,6 +159,6 @@
     \]
     将所有式子累加得到
     \[
-        \binom{2n}{0} + \binom{2n}{1} + \cdots + \binom{2n}{k-1} < c 2^{2n-1}\eqper \qedhere
+        \binom{2n}{0} + \binom{2n}{1} + \dots + \binom{2n}{k-1} < c 2^{2n-1}\eqper \qedhere
     \]
 \end{proof}

04FibonacciNumbers.tex

@@ -16,10 +16,10 @@ Fibonacci是递推关系的一个典型问题，这个数列本身也有很多
 \begin{proposition}
     设$\{F_n\}$为Fibonacci数列，那么：
     \begin{enumerate}
-        \item $F_1 + F_2 + \cdots + F_n = F_{n+2} -1$；
+        \item $F_1 + F_2 + \dots + F_n = F_{n+2} -1$；
-        \item $F_1 + F_3 + \cdots + F_{2n-1} = F_{2n}$；
+        \item $F_1 + F_3 + \dots + F_{2n-1} = F_{2n}$；
-        \item $F_0 - F_1 + F_2 - F_3 + \cdots - F_{2n-1} + F_{2n} = F_{2n-1} - 1$；
+        \item $F_0 - F_1 + F_2 - F_3 + \dots - F_{2n-1} + F_{2n} = F_{2n-1} - 1$；
-        \item $F_1^2 + F_2^2 + \cdots + F_n^2 = F_n F_{n+1}$；
+        \item $F_1^2 + F_2^2 + \dots + F_n^2 = F_n F_{n+1}$；
         \item $F_{n-1}F_{n+1} - F_n^2 = (-1)^n$；
         \item $F_n^2 + F_{n-1}^2 = F_{2n-1}$；
         \item $F_{n+1}F_n + F_nF_{n-1} = F_{2n}$。
@@ -29,43 +29,43 @@ Fibonacci是递推关系的一个典型问题，这个数列本身也有很多
 下面依次证明这些性质。
 
 \begin{enumerate}
-    \item 对等式$F_1 + F_2 + \cdots + F_n = F_{n+2} -1$：
+    \item 对等式$F_1 + F_2 + \dots + F_n = F_{n+2} -1$：
     \begin{proof}
         \begin{equation*}
             \begin{aligned}
                 F_n & = F_{n+2} - F_{n+1}\\
                 F_{n-1} & = F_{n+1} - F_n\\
-                &\cdots\\
+                &\dots\\
                 F_1 & = F_3 - F_2
             \end{aligned}
         \end{equation*}
         累加所有的式子，得到
-        \[F_1 + F_2 + \cdots + F_n = F_{n+2} - F_2 = F_{n+2} -1 \eqper\qedhere\]
+        \[F_1 + F_2 + \dots + F_n = F_{n+2} - F_2 = F_{n+2} -1 \eqper\qedhere\]
     \end{proof}
-    \item 对等式$F_1 + F_3 + \cdots + F_{2n-1} = F_{2n}$：
+    \item 对等式$F_1 + F_3 + \dots + F_{2n-1} = F_{2n}$：
     \begin{proof}
         \begin{equation*}
             \begin{aligned}
                 F_{2n-1} & = F_{2n} - F_{2n-2}\\
                 F_{2n-3} & = F_{2n-2} - F_{2n-4}\\
-                & \cdots \\
+                & \dots \\
                 F_1 & = F_2 - F_0
             \end{aligned}
         \end{equation*}
         累加所有的式子，得到
-        \[F_1 + F_3 + \cdots + F_{2n-1} = F_{2n} - F_0 = F_{2n} \eqper\qedhere\]
+        \[F_1 + F_3 + \dots + F_{2n-1} = F_{2n} - F_0 = F_{2n} \eqper\qedhere\]
     \end{proof}
-    \item 对等式$F_0 - F_1 + F_2 - F_3 + \cdots - F_{2n-1} + F_{2n} = F_{2n-1} - 1$：
+    \item 对等式$F_0 - F_1 + F_2 - F_3 + \dots - F_{2n-1} + F_{2n} = F_{2n-1} - 1$：
     \begin{proof}
         将式子1减去式子2的两倍即可得证。
     \end{proof}
-    \item 对等式$F_1^2 + F_2^2 + \cdots + F_n^2 = F_n F_{n+1}$：
+    \item 对等式$F_1^2 + F_2^2 + \dots + F_n^2 = F_n F_{n+1}$：
     \begin{proof}
         \begin{equation*}
             \begin{aligned}
                 F_n^2 & = F_n(F_{n+1} - F_{n-1}) = F_nF_{n+1} - F_nF_{n-1}\\
                 F_{n-1}^2 & = F_{n-1}F_n - F_{n-1}F_{n-2}\\
-                & \cdots \\
+                & \dots \\
                 F_1^2 & = F_1F_2 - F_1F_0
             \end{aligned}
         \end{equation*}
@@ -138,7 +138,7 @@ Fibonacci是递推关系的一个典型问题，这个数列本身也有很多
         E_4 & = 3A + 5B\\
         E_5 & = 5A + 8B\\
         E_6 & = 8A + 13B\\
-        & \cdots \\
+        & \dots \\
         E_n & = F_{n-1}A + F_nB
     \end{aligned}
 \end{equation*}
@@ -214,5 +214,5 @@ Fibonacci是递推关系的一个典型问题，这个数列本身也有很多
     其中$a_i = 0, 1$，且$a_ia_{i+1} = 0$（即连续两项至少有一个为零）。例如：
     \[11 = F_6 + F_4 = 8 + 3 \eqper\]
     这种用Fibonacci的表示可以写成一个五位数：10100。
-    \item 有所谓的Fibonacci方形，即边长为$F_n$的正方形，可以由$F_i \times F_{i+1}, i = 1, 2, \cdots, n-1$的矩形拼接而成。
+    \item 有所谓的Fibonacci方形，即边长为$F_n$的正方形，可以由$F_i \times F_{i+1}, i = 1, 2, \dots, n-1$的矩形拼接而成。
 \end{enumerate}

05CombinatorialProbability.tex

@@ -23,10 +23,10 @@
     \begin{equation*}
         \begin{aligned}
             P(\vert X - n \vert > t) & = P(X < n - t \text{或} X > n + t)\\
-            & = P(X = 0) + P(X = 1) + \cdots + P(X = n - t - 1)\\
+            & = P(X = 0) + P(X = 1) + \dots + P(X = n - t - 1)\\
-            & \ \ \ + P(X = n + t + 1) + \cdots + P(X = 2n)\\
+            & \ \ \ + P(X = n + t + 1) + \dots + P(X = 2n)\\
-            & = 2[P(X = 0) + \cdots + P(X = n - t - 1)]\\
+            & = 2[P(X = 0) + \dots + P(X = n - t - 1)]\\
-            & = \frac{2\left[\binom{2n}{0} + \cdots + \binom{2n}{n-t-1}\right]}{2^{2n}}\\
+            & = \frac{2\left[\binom{2n}{0} + \dots + \binom{2n}{n-t-1}\right]}{2^{2n}}\\
         \end{aligned}
     \end{equation*}
             应用引理\ref{lemma for Bernolli's law of large numbers}：

06IntergersDivisorsAndPrimes.tex

@@ -45,7 +45,7 @@
     一个大雨1且只能被1和它本身整除的整数，称为\newnoun{素数}{prime}；否则，称为\newnoun{合数}{composite}。
 \end{definition}
 
-由定义\ref{Definition of prime and composite}可以知道，正整数集合可分为三类：素数、合数和1。素数通常用$p$或$p_1, p_2, \cdots$来表示。
+由定义\ref{Definition of prime and composite}可以知道，正整数集合可分为三类：素数、合数和1。素数通常用$p$或$p_1, p_2, \dots$来表示。
 
 \section{整数分解}
 整数分解唯一性定理也称为算数基本定理。
@@ -62,18 +62,18 @@
     假设小于$a$的每个数均可分解为有限个素数之积。考虑$a$。
     \begin{enumerate}[label=(\arabic{*})]
         \item 若$a$为素数，则$a$为所求分解式；
-        \item 若$a$为合数可设$a = cd$，其中$c$和$d$均为大于1的正整数，且$c$和$d$均小于$a$。由归纳假设，$c \eqco d$均有分解式$c = p_1p_2\cdots p_m$，$d = q_1q_2\cdots q_n$，其中$p_1, p_2, \cdots,  p_m$与$q_1, q_2, \cdots, q_n$均为素数。因此$a = p_1p_2\cdots p_mq_1q_2\cdots q_n$即为所求的分解。
+        \item 若$a$为合数可设$a = cd$，其中$c$和$d$均为大于1的正整数，且$c$和$d$均小于$a$。由归纳假设，$c \eqco d$均有分解式$c = p_1p_2\dots p_m$，$d = q_1q_2\dots q_n$，其中$p_1, p_2, \dots,  p_m$与$q_1, q_2, \dots, q_n$均为素数。因此$a = p_1p_2\dots p_mq_1q_2\dots q_n$即为所求的分解。
     \end{enumerate}
 
     \noindent\emph{再证唯一性：}
     
     用反证法：假设有一些数有多种分解。设$n$为其中最小的。那么
-    \[n = p_1p_2\cdots p_m = q_1q_2\cdots q_k\eqper\]
+    \[n = p_1p_2\dots p_m = q_1q_2\dots q_k\eqper\]
     不失一般性可设$p_1$是$p \eqco q$中最小的。注意$p_1$不能和任何一个$q_i$相同。（如果相同，那么$\dfrac{n}{p_1}$也有两种分解方式，这与$n$是最小的有多种分解的假设矛盾。）
 
     那么$q_i > p_1$。设$q_i = p_1 a_i + r \eqco 0 < r_i < p_1$（$q_i$都为质数，因此不可能被$p_1$整除，$r_i \neq 0$）。令
-    \[n' = r_1 r_2 \cdots r_k < p^k < q_1 q_2 \cdots q_k = n\eqper\]
+    \[n' = r_1 r_2 \dots r_k < p^k < q_1 q_2 \dots q_k = n\eqper\]
-    那么$n' = (q_1 - a_1p_1)(q_2 - a_2p_1) \cdots (q_k - a_kp_1)$，展开式中只有$q_1q_2 \cdot q_k = n$一项不含$p_1$，然而我们知道$n = p_1 \cdot (p_2p_3 \cdots p_m)$，因此$p_1 \mid n'$。再将$\dfrac{n'}{p_1}$分解，乘上$p_1$得到$n'$的一种分解，记为分解一；而之前的$n' = r_1 r_2 \cdots r_k$中，分别将$r_1, r_2, \cdots, r_k$分解后相乘得到的$n'$的分解的每一项一定都小于$p_1$（$r_1, r_2, \cdots, r_k$均小于$p_1$，分解后只能更小），这种分解方式一定与分解一不是同一种。那么$n'$也有两种分解方式，这与$n$是最小的有一种以上分解方式的数的假设矛盾，因而假设不成立。
+    那么$n' = (q_1 - a_1p_1)(q_2 - a_2p_1) \dots (q_k - a_kp_1)$，展开式中只有$q_1q_2 \cdot q_k = n$一项不含$p_1$，然而我们知道$n = p_1 \cdot (p_2p_3 \dots p_m)$，因此$p_1 \mid n'$。再将$\dfrac{n'}{p_1}$分解，乘上$p_1$得到$n'$的一种分解，记为分解一；而之前的$n' = r_1 r_2 \dots r_k$中，分别将$r_1, r_2, \dots, r_k$分解后相乘得到的$n'$的分解的每一项一定都小于$p_1$（$r_1, r_2, \dots, r_k$均小于$p_1$，分解后只能更小），这种分解方式一定与分解一不是同一种。那么$n'$也有两种分解方式，这与$n$是最小的有一种以上分解方式的数的假设矛盾，因而假设不成立。
 \end{proof}
 
 \begin{theorem}
@@ -111,11 +111,11 @@
 \end{theorem}
 
 \begin{proof}
-    反证法。假设素数是有限多个。设共有$n$个，令他们是$p_1, p_2, \cdots, p_n$，并令$a = p_1 p_1 \cdots p_n + 1$。
+    反证法。假设素数是有限多个。设共有$n$个，令他们是$p_1, p_2, \dots, p_n$，并令$a = p_1 p_1 \dots p_n + 1$。
     
-    若$a$是素数，则因为$a \neq p_i (i = 1, 2, \cdots n)$，因此素数个数至少为$n+1$个，与假设矛盾；
+    若$a$是素数，则因为$a \neq p_i (i = 1, 2, \dots n)$，因此素数个数至少为$n+1$个，与假设矛盾；
 
-    若$a$为合数，则其大于1的最小因数$b$是素数。由于$p_i \mid p_1 p_1 \cdots p_n$而$p_i \nmid 1$，因此$p_i \nmid a$，因此$b \neq p_i (i = 1, 2, \cdots n)$，那么$b$也为素数，素数个数至少为$n+1$个，与假设矛盾；
+    若$a$为合数，则其大于1的最小因数$b$是素数。由于$p_i \mid p_1 p_1 \dots p_n$而$p_i \nmid 1$，因此$p_i \nmid a$，因此$b \neq p_i (i = 1, 2, \dots n)$，那么$b$也为素数，素数个数至少为$n+1$个，与假设矛盾；
 
     因此假设不成立，素数有无限多个。
 \end{proof}
@@ -126,8 +126,8 @@
 
 \begin{proof}
     考虑
-    \[(k+1)! + 2,(k+1)! + 3, \cdots,(k+1)! + k\]
+    \[(k+1)! + 2,(k+1)! + 3, \dots,(k+1)! + k\]
-    这$k$个数分别能被$2, 3, \cdots, k$整除，从而都是合数。
+    这$k$个数分别能被$2, 3, \dots, k$整除，从而都是合数。
 \end{proof}
 
 \begin{theorem}[素数定理]
@@ -161,8 +161,8 @@
     其次，令$a > 0$，并设$a = b+1$。那么
     \begin{align*}
         a^p - a & = (b+1)^p - (b+1)\\
-        & = b^p + \binom{p}{1}b^{p-1} + \cdots + \binom{p}{p-1}b + 1 - b - 1\\
+        & = b^p + \binom{p}{1}b^{p-1} + \dots + \binom{p}{p-1}b + 1 - b - 1\\
-        & = b^p - b + \binom{p}{1}b^{p-1} + \cdots + \binom{p}{p-1}b
+        & = b^p - b + \binom{p}{1}b^{p-1} + \dots + \binom{p}{p-1}b
     \end{align*}
     由归纳假设，$p \mid b^p - b$，由引理\ref{Lemma for Fermat's Theorem}，$p \mid \binom{p}{k}$，因而$p \mid a^p - a$。
 \end{proof}
@@ -175,11 +175,11 @@
 \section{辗转相除法}
 \subsection{最大公因数}
 \begin{definition}
-    设$a_1, a_2, \cdots, a_n$和$d$都是正整数，$n \geq 2$。若$d \mid a_i$，$1 \leq i \leq n$，则称$d$是$a_1, a_2, \cdots, a_n$的公因数。
+    设$a_1, a_2, \dots, a_n$和$d$都是正整数，$n \geq 2$。若$d \mid a_i$，$1 \leq i \leq n$，则称$d$是$a_1, a_2, \dots, a_n$的公因数。
 
-    在公因数中最大的一个称为$a_1, a_2, \cdots, a_n$的最大公因数（greatest common divisor），记为$\gcd(a_1, a_2, \cdots, a_n)$。
+    在公因数中最大的一个称为$a_1, a_2, \dots, a_n$的最大公因数（greatest common divisor），记为$\gcd(a_1, a_2, \dots, a_n)$。
 
-    若$\gcd(a_1, a_2, \cdots, a_n) = 1$，则称$a_1, a_2, \cdots, a_n$是互素的。
+    若$\gcd(a_1, a_2, \dots, a_n) = 1$，则称$a_1, a_2, \dots, a_n$是互素的。
 \end{definition}
 
 \begin{remark}
@@ -202,18 +202,18 @@
     a = bq_1 + r_1 & \qquad 0 < r_1 < b\\
     b = r_1q_2 + r_2 & \qquad 0 < r_2 < r_1\\
     r_1 = r_2q_3 + r_3 & \qquad 0 < r_3 < r_2\\
-    \cdots \\
+    \dots \\
     r_{n-2} = r_{n-1}q_n + r_n & \qquad 0 < r_n < r_{n-1}\\
     r_{n-1} = r_nq_{n+1} + 0 &
 \end{align*}
 则$\gcd(a, b) = r_n$。
 
 \begin{proof}
-    由于$b > r_1 > r_2 > \cdots > r_n > 0$因此辗转相除算法中的带余除法必在有限步内得到一个余数是零的等式，即$r_{n+1} = 0$。
+    由于$b > r_1 > r_2 > \dots > r_n > 0$因此辗转相除算法中的带余除法必在有限步内得到一个余数是零的等式，即$r_{n+1} = 0$。
     
     由命题\ref{Property of gcd}，有
     \begin{align*}
-        \gcd{a,b} & = \gcd(b, r_1) = \cdots = \gcd(r_{n-1}, r_n)\\
+        \gcd{a,b} & = \gcd(b, r_1) = \dots = \gcd(r_{n-1}, r_n)\\
         & = \gcd(r_n, 0) = r_n \eqper \qedhere
     \end{align*}
 \end{proof}
@@ -247,7 +247,7 @@
 \begin{align*}
     r_n & = r_{n-2} - r_{n-1}q_n\\
     r_{n-1} & = r_{n-3} - r_{n-2}q_{n-1}\\
-    \cdots \\
+    \dots \\
     r_1 & = a - bq_1\\
 \end{align*}
 从最下开始，依次将下式带入上式，最终可以得到$r_n = ma + nb$，其中$m$和$n$都是整数，即$\gcd (a, b)$可由$a$和$b$线性表示。
@@ -262,9 +262,9 @@
 
 \subsection{最大公倍数}
 \begin{definition}
-    设$a_1, a_2, \cdots, a_n$和$m$都是正整数，$n \geq 2$。若$a_i \mid m$，$1 \leq i \leq n$，则称$m$是$a_1, a_2, \cdots, a_n$的公倍数。
+    设$a_1, a_2, \dots, a_n$和$m$都是正整数，$n \geq 2$。若$a_i \mid m$，$1 \leq i \leq n$，则称$m$是$a_1, a_2, \dots, a_n$的公倍数。
 
-    在$a_1, a_2, \cdots, a_n$所有公倍数中最小的那个称为$a_1, a_2, \cdots, a_n$的最小公倍数（least common multiple），记为$\lcm(a_1, a_2, \cdots, a_n)$。
+    在$a_1, a_2, \dots, a_n$所有公倍数中最小的那个称为$a_1, a_2, \dots, a_n$的最小公倍数（least common multiple），记为$\lcm(a_1, a_2, \dots, a_n)$。
 \end{definition}
 
 \begin{proposition}
@@ -326,7 +326,7 @@
         \item 由于$a - b = mq$，$q \in \naturalnum$，因此
         \begin{align*}
             a^n & = (b + mq)^n\\
-            & = b^n + \binom{n}{1}b^{n-1}(mq)^1 + \cdots + \binom{n}{n-1}b^1(mq)^{n-1} + (mq)^n\\
+            & = b^n + \binom{n}{1}b^{n-1}(mq)^1 + \dots + \binom{n}{n-1}b^1(mq)^{n-1} + (mq)^n\\
             & = b^n + mq^\prime, q \in \naturalnum
         \end{align*}
         从而$a^n \equiv b^n \pmod{m}$。
@@ -377,7 +377,7 @@
     \begin{enumerate}
         \item 若$a \equiv b \pmod{m}$且$d \mid m$，则$a \equiv b \pmod{d}$。
         \item 若$a \equiv b \pmod{m}$则$\gcd(a, m) = \gcd(b, m)$。
-        \item $a \equiv b \pmod{m_i}, 1 \leq i \leq n \Leftrightarrow a \equiv b \pmod{\lcm(m_1, m_2, \cdots, m_n)}$。
+        \item $a \equiv b \pmod{m_i}, 1 \leq i \leq n \Leftrightarrow a \equiv b \pmod{\lcm(m_1, m_2, \dots, m_n)}$。
     \end{enumerate}
 \end{proposition}
 
@@ -560,12 +560,12 @@ Mon为单位元：$\mathrm{Wed} \times \mathrm{Mon} = \mathrm{Wed}$。
 \begin{proof}
     充分性：令$p = ab, a \neq p$。那么$p \mid (p-1)! + 1$。而$a \mid p$，因此$a \mid (p-1)! + 1$。同时$a \leq q-1$，所以$a \mid (p-1)!$，因此$a \mid (p-1)! + 1 - (p-1)!$，即$a \mid 1$。那么$p$只有1和$p$两个因数，即$p$为素数。
 
-    必要性：设$p$为素数，当$p = 2, 3$时，结论显然成立。设$p > 3$是一奇素数，$S:=\{2, 3, \cdots, p-2\}$，那么$\forall a \in S, \exists!b \in S$，满足$ab \equiv 1 \pmod{p}$（可以由刚刚辗转相除的方法得到$1/a \pmod{p}$）。将每一对$a,b$都找出来，可以将$S$分为$\dfrac{p-3}{2}$对，其中的每一对都满足$ab \equiv 1 \pmod{p}$。因此$2 \cdot 3 \cdots (p-2) \equiv 1 \pmod{p}$。同时有$p-1 \equiv -1 \pmod{p}$，结合可得$(p-1)! \equiv -2 \pmod{p}$。
+    必要性：设$p$为素数，当$p = 2, 3$时，结论显然成立。设$p > 3$是一奇素数，$S:=\{2, 3, \dots, p-2\}$，那么$\forall a \in S, \exists!b \in S$，满足$ab \equiv 1 \pmod{p}$（可以由刚刚辗转相除的方法得到$1/a \pmod{p}$）。将每一对$a,b$都找出来，可以将$S$分为$\dfrac{p-3}{2}$对，其中的每一对都满足$ab \equiv 1 \pmod{p}$。因此$2 \cdot 3 \dots (p-2) \equiv 1 \pmod{p}$。同时有$p-1 \equiv -1 \pmod{p}$，结合可得$(p-1)! \equiv -2 \pmod{p}$。
 \end{proof}
 
 \section{数论与组合数学}
 \begin{example}
-    从整数$1, 2, \cdots, 100$中选择51个数，证明在所选的数中间必然存在两个整数，其中之一可以被另一个整除。
+    从整数$1, 2, \dots, 100$中选择51个数，证明在所选的数中间必然存在两个整数，其中之一可以被另一个整除。
 \end{example}
 
 \begin{proof}
@@ -575,7 +575,7 @@ Mon为单位元：$\mathrm{Wed} \times \mathrm{Mon} = \mathrm{Wed}$。
 \end{proof}
 
 \begin{theorem}[Erdös Theorem]
-    从$1, 2, \cdots, 2n$中任取$n+1$个数，其中必然存在两个数，其中一个整除另外一个。
+    从$1, 2, \dots, 2n$中任取$n+1$个数，其中必然存在两个数，其中一个整除另外一个。
 \end{theorem}
 
 \subsection{Euler函数}
@@ -584,15 +584,15 @@ Mon为单位元：$\mathrm{Wed} \times \mathrm{Mon} = \mathrm{Wed}$。
 \end{definition}
 
 可利用容斥原理给出$\phi(n)$的计算公式。设$n$的质因数分解为
-\[n = p_1^{a_1}p_2^{a_2} \cdots p_k^{a_k}\]
+\[n = p_1^{a_1}p_2^{a_2} \dots p_k^{a_k}\]
-令$A_i$表示$\{1, 2, \cdots, n\}$中能被$p_i$整除的数的集合，$i = 1, 2, \cdots, k$。那么
+令$A_i$表示$\{1, 2, \dots, n\}$中能被$p_i$整除的数的集合，$i = 1, 2, \dots, k$。那么
-\[\lvert A_i \rvert = \dfrac{n}{p_i} \quad (i = 1, 2, \cdots, k)\eqper\]
+\[\lvert A_i \rvert = \dfrac{n}{p_i} \quad (i = 1, 2, \dots, k)\eqper\]
 
 \begin{align*}
     \lvert A_i \cap A_j \rvert & = \frac{n}{p_ip_j},\ 1 \leq i < j \leq k\\
     \lvert A_h \cap A_i \cap A_j \rvert & = \frac{n}{p_hp_ip_j},\  1 \leq h < i < j \leq k\\
-    \phi(n) = \lvert \setcom{A_1} \cap \setcom{A_2} \cap \cdots \cap \setcom{A_k}\rvert & = n - \left(\frac{n}{p_1} + \frac{n}{p_2} + \cdots + \frac{n}{p_k}\right)\\
+    \phi(n) = \lvert \setcom{A_1} \cap \setcom{A_2} \cap \dots \cap \setcom{A_k}\rvert & = n - \left(\frac{n}{p_1} + \frac{n}{p_2} + \dots + \frac{n}{p_k}\right)\\
-    & \quad + \left(\frac{n}{p_1p_2} + \cdots + \frac{n}{p_{k-1}p_k} + \frac{n}{p_kp_1}\right)\\
+    & \quad + \left(\frac{n}{p_1p_2} + \dots + \frac{n}{p_{k-1}p_k} + \frac{n}{p_kp_1}\right)\\
-    & \quad - \cdots \pm \frac{n}{p_1p_2\cdots p_k}\\
+    & \quad - \dots \pm \frac{n}{p_1p_2\dots p_k}\\
-    & = n\left(1 - \frac{1}{p_1}\right)\left(1 - \frac{1}{p_2}\right)\cdots \left(1 - \frac{1}{p_k}\right)
+    & = n\left(1 - \frac{1}{p_1}\right)\left(1 - \frac{1}{p_2}\right)\dots \left(1 - \frac{1}{p_k}\right)
 \end{align*}

07Graphs.tex

@@ -174,13 +174,13 @@ $\left[a_{v,e}\right]_{\lvert V \rvert \times \lvert E \rvert}$称为图的关
 \section{路、圈与连通性}
 \subsection{路}
 \begin{definition}
-    给定图$G = (V,E)$，设$v_0, v_1, \cdots, v_n \in N$，$e_1, e_2, \cdots, e_n \in E$，其中$e_i$是关联于顶点$v_{i-1},v_i$的边，那么交替序列$v_0 e_1 v_1 e_2 \cdots e_n v_n$称为顶点$v_0$到$v_n$的\newnoun{途}{walk}。$v_0$和$v_n$分别称为途的起点和终点，边的数目$n$称为途的长度。
+    给定图$G = (V,E)$，设$v_0, v_1, \dots, v_n \in N$，$e_1, e_2, \dots, e_n \in E$，其中$e_i$是关联于顶点$v_{i-1},v_i$的边，那么交替序列$v_0 e_1 v_1 e_2 \dots e_n v_n$称为顶点$v_0$到$v_n$的\newnoun{途}{walk}。$v_0$和$v_n$分别称为途的起点和终点，边的数目$n$称为途的长度。
 
     当$v_0 = v_n$时，这条途称作\newnoun{闭途}{closed walk}或回路。
 
-    若一条途中的所有的边$e_1, \cdots, e_n$均不相同，则称为一条\newnoun{迹}{trail}。
+    若一条途中的所有的边$e_1, \dots, e_n$均不相同，则称为一条\newnoun{迹}{trail}。
 
-    若一条途中所有的顶点$v_0, v_1, \cdots, v_n$均不相同，则称为一条\newnoun{路}{path}。
+    若一条途中所有的顶点$v_0, v_1, \dots, v_n$均不相同，则称为一条\newnoun{路}{path}。
 
     闭的路，即除$v_0 = v_n$之外，其余顶点均不相同的路，称作\newnoun{圈}{cycle}。
 \end{definition}
@@ -191,7 +191,7 @@ $\left[a_{v,e}\right]_{\lvert V \rvert \times \lvert E \rvert}$称为图的关
 \begin{definition}
     在图$G$中，如果从顶点$u$到顶点$v$之间存在一条路，则称顶点$u$和顶点$v$是\newnoun{连通的}{connected}。
 
-    顶点之间的连通性是顶点集$V$上的定价关系。对应该等价关系，必可将$V$做出一个划分，即把$V$分成非空子集$V_1, V_2, \cdots V_m$，使得两个顶点$u$和$v$是连通的当且仅当它们属于同一个$V_i$。把子图$G[V_1], G[V_2], \cdots, G[V_m]$称为图$G$的\newnoun{连通分支}{connected components}。$m$为分支数，记为$c(G)$。
+    顶点之间的连通性是顶点集$V$上的定价关系。对应该等价关系，必可将$V$做出一个划分，即把$V$分成非空子集$V_1, V_2, \dots V_m$，使得两个顶点$u$和$v$是连通的当且仅当它们属于同一个$V_i$。把子图$G[V_1], G[V_2], \dots, G[V_m]$称为图$G$的\newnoun{连通分支}{connected components}。$m$为分支数，记为$c(G)$。
 \end{definition}
 
 \section{欧拉迹与哈密顿圈}
@@ -215,7 +215,7 @@ $\left[a_{v,e}\right]_{\lvert V \rvert \times \lvert E \rvert}$称为图的关
 \begin{proof}
     先证必要性：已知$G$有Eular迹，证明$G$连通且有零个或者两个奇数度的顶点。
 
-    设$G$的Eular迹是点边序列$v_0 e_1 v_1 e_2 \cdots e_k v_k$，其中的顶点可能重复但是边不重复。因为Eular迹经过了所有边，因此它一定经过了所有顶点，从而图$G$是连通的。
+    设$G$的Eular迹是点边序列$v_0 e_1 v_1 e_2 \dots e_k v_k$，其中的顶点可能重复但是边不重复。因为Eular迹经过了所有边，因此它一定经过了所有顶点，从而图$G$是连通的。
 
     对于任意一个非端点的$v_i$，在Eular迹中每当$v_i$出现一次，必关联两条边（``有进必有出''），因此不论$v_i$重复出现多少次，$d(v_i)$一定是偶数。
 
@@ -225,7 +225,7 @@ $\left[a_{v,e}\right]_{\lvert V \rvert \times \lvert E \rvert}$称为图的关
 
     再证必要性：已知$G$连通且有零个或者两个奇数度的顶点，证明$G$有Eular迹。直接找出一条欧拉迹（Hierholzer's Algorithm）。
     \begin{enumerate}[label=(\arabic{*})]
-        \item 若有两个奇数度的顶点，则从其中一个顶点开始构造一条迹，即从$v_0$出发经关联边$e_1$进入$v_1$，若$d(v_1)$为偶数，则必可由$v_1$再经关联边$e_2$进入$v_2$，如此下去，保证每个边最多只被取一次，由于$G$是连通的，因此必可到达另一奇数度顶点停下，得到一条迹$L_1$：$v_0 e_1 v_1 e_2 \cdots e_k v_k$。
+        \item 若有两个奇数度的顶点，则从其中一个顶点开始构造一条迹，即从$v_0$出发经关联边$e_1$进入$v_1$，若$d(v_1)$为偶数，则必可由$v_1$再经关联边$e_2$进入$v_2$，如此下去，保证每个边最多只被取一次，由于$G$是连通的，因此必可到达另一奇数度顶点停下，得到一条迹$L_1$：$v_0 e_1 v_1 e_2 \dots e_k v_k$。
         
         若$G$中没有奇数度的顶点，则从任一顶点$v_0$出发，用上述方法一定可以回到顶点$v_0$，得到一条闭迹。
         \item 若$L_1$通过了$G$的所有边，则$L_1$就是一条Eular迹。
@@ -318,7 +318,7 @@ $\left[a_{v,e}\right]_{\lvert V \rvert \times \lvert E \rvert}$称为图的关
                 \filldraw (180:2) circle (.1);
                 \filldraw (216:2) circle (.1);
                 \draw (-80:2) arc (-80:260:2);
-                \node at(270:2) {$\cdots$};
+                \node at(270:2) {$\dots$};
             \end{tikzpicture}
         \end{center}
     \end{figure}

08Trees.tex

@@ -95,10 +95,10 @@
 \end{example}
 
 \begin{proof}[解]
-    设它有$n_1$片叶，则顶点数为$n_1 + n_2 + \cdots + n_k$，那么它有$n_1 + n_2 + \cdots + n_k - 1$条边。所有顶点的度的和为$n_1 + 2n_2 + \cdots + kn_k$。根据握手定理，
+    设它有$n_1$片叶，则顶点数为$n_1 + n_2 + \dots + n_k$，那么它有$n_1 + n_2 + \dots + n_k - 1$条边。所有顶点的度的和为$n_1 + 2n_2 + \dots + kn_k$。根据握手定理，
-    \[n_1 + 2n_2 + \cdots + kn_k = 2(n_1 + n_2 + \cdots + n_k - 1)\]
+    \[n_1 + 2n_2 + \dots + kn_k = 2(n_1 + n_2 + \dots + n_k - 1)\]
     解得
-    \[n_1 = n_3 + 2n_4 + \cdots + (k-2)n_k + 2\eqper\qedhere\]
+    \[n_1 = n_3 + 2n_4 + \dots + (k-2)n_k + 2\eqper\qedhere\]
 \end{proof}
 
 \section{树的计数}

12EulersFormula.tex

@@ -1,4 +1,4 @@
-\chapter{Euler's Formula}
+\chapter{Euler公式}
 \section{平面图}
 \begin{definition}
     如果图$G = (V, E)$的所有顶点和边可以在一个平面上图示出来，而使各边仅在顶点处相交，则图$G$称为平面图，它的平面图示称为图$G$的\newnoun{平图}{planar graph}；否则称$G$为非平面图。
@@ -48,7 +48,7 @@
         \node[draw=black, circle] (e) at (5,0) {};
         \node[draw=black, circle] (f) at (2,0) {};
         \draw (f)--(e)--(c)--(d)--(b)--(c);
-        \draw (b)--(a).. controls (1,4).. (e) .. controls (3.5,-1.5).. (d) .. controls (-1.5, -1.5) .. (a);
+        \draw (b)--(a).. controls (1,4).. (e) .. controls (4,-1) and (3,-1.5).. (d) .. controls (0,-1.8) and (-2, -1).. (a);
         \node at (-3.5,0) {$A$};
         \node at (-0.3, 0.3) {$B$};
         \node at (1.3,2.3) {$C$};

13ColoringMapsAndGraphs.tex

@@ -90,7 +90,7 @@
 \end{theorem}
 
 \begin{proof}
-    不失一般性可设$G$为连通图。因此我们任取其中的一个顶点$a$，一定能长出$G$的一个生成树。依次画出与$a$的距离是$1, 2, 3, \cdots$的点。（图\ref{二部图无奇圈}）
+    不失一般性可设$G$为连通图。因此我们任取其中的一个顶点$a$，一定能长出$G$的一个生成树。依次画出与$a$的距离是$1, 2, 3, \dots$的点。（图\ref{二部图无奇圈}）
 
     \begin{figure}[H]
         \centering
@@ -178,7 +178,7 @@
 此后四色猜想一直是数学家感兴趣而且能解决的难题。直到1976年，美国数学家Appel和Haken宣布，在Koch的帮助下，他们利用电子计算机证明了四色猜想时成立的。因此现在四色猜想已经改称为``四色定理''了。
 
 \begin{definition}
-    对具有面$F_1, F_2, \cdots, F_n$的平图$G = (V, E, V)$，
+    对具有面$F_1, F_2, \dots, F_n$的平图$G = (V, E, V)$，
 
     若图$G^\ast = (V^\ast, E^\ast)$满足下列条件：
     \begin{enumerate}

14FiniteGeometriesAndLatinSquares.tex

@@ -209,15 +209,15 @@ Fano Plane有很多很好的性质。
 
 \subsection{区组设计概论}
 \begin{definition}
-    设$X$是一个有限集合，则称$X$的子集族$B = \{B_1, B_2, \cdots, B_b\}$为$X$的一个\newnoun{区组设计}{block design}，记作$D = (X, B)$。$X$称为此设计的基集，而子集族$B$中的诸子集$B_i (i = 1, 2, \cdots, b)$则称为此设计的\newnoun{区组}{block}。
+    设$X$是一个有限集合，则称$X$的子集族$B = \{B_1, B_2, \dots, B_b\}$为$X$的一个\newnoun{区组设计}{block design}，记作$D = (X, B)$。$X$称为此设计的基集，而子集族$B$中的诸子集$B_i (i = 1, 2, \dots, b)$则称为此设计的\newnoun{区组}{block}。
 
-    基集$X$中元素的个数$\vert X \vert$称为设计的阶。对于$i = 1, 2, \cdots, b$，区组$B_i$的元素个数$\vert B_i \vert$又称为该区组的长度。
+    基集$X$中元素的个数$\vert X \vert$称为设计的阶。对于$i = 1, 2, \dots, b$，区组$B_i$的元素个数$\vert B_i \vert$又称为该区组的长度。
 
     对于$x \in X$，$B$中含有$x$的区组的个数称为元素$x$的重复数，记为$r(x)$。
 
     对于$x,y \in X, x \neq y$，$B$中以$\{x, y\}$为子集的集合数称为元素$x$和$y$的相遇数，记为$\lambda(x,y)$。
 
-    区组设计可以用区组（关联）矩阵来描述。设$X = \{x_1, x_2, \cdots, x_v\}$，$B = \{B_1, B_2, \cdots, B_b\}$，其关联矩阵定义为
+    区组设计可以用区组（关联）矩阵来描述。设$X = \{x_1, x_2, \dots, x_v\}$，$B = \{B_1, B_2, \dots, B_b\}$，其关联矩阵定义为
     \(A = \begin{bmatrix}
         a_{ij}
     \end{bmatrix}_{v \times b}\)，其中
@@ -250,7 +250,7 @@ Fano Plane有很多很好的性质。
 
 \subsection{平衡不完全的区组设计（BIBD）}
 \begin{definition}
-    设$X = \{x_1, x_2, \cdots, x_v\}$，而$k (k < v)$和$\lambda$是确定的非负整数。如果区组设计$D = (X, B)$满足如下两个条件：
+    设$X = \{x_1, x_2, \dots, x_v\}$，而$k (k < v)$和$\lambda$是确定的非负整数。如果区组设计$D = (X, B)$满足如下两个条件：
     \begin{enumerate}
         \item $B$中每个区组的长度都是$k$；
         \item $X$中每两个不同的元素$x, y$在$D$中的相遇数$\lambda_D(x, y)$都是$\lambda$，