小数论专题basic（待更新）

扩展GCD

给定 $a,b$ ，求使得 $ax+by=gcd(a,b)$ 的一组解(x,y)。
我们知道， $gcd(a,b)=gcd(b,a\%b)$ 。
所以通过辗转相除法，可以得到这些方程:
$a=b*m+n,m=a\ div \ b,n=a\%b$
$m=n*m'+n'$
通过这样的轮换，最后得到 $gcd(a,b)*x+0*y=gcd(a,b)$ ，返回 $x=1,y=0$ 。
$ax+by=gcd(a,b)$
$bx'+a\%b*y'=gcd(a,b)$
合并同类项，最后得出 $x=y',y=x'-y'*\lfloor\frac{a}{b}\rfloor$
自己推一下式子。

int extgcd(int a,int b,int &x,int &y){
    if (!b){
        x=1;y=0;
        return a;
    }
    int c=extgcd(b,a%b,x,y),t;
    t=x;
    x=y;
    y=t-y*(a/b);
    return c;
}

矩阵快速幂

差点忘了矩乘怎么打…….

struct matrix{
    int mat[N][N];
    void clear(){
        memset(mat,0,sizeof(mat));
    }
    void unit(){
        clear();
        for(int i=1;i<=n;i++)mat[i][i]=1;
    }
};matrix a,b,c;
matrix mul(matrix a,matrix b){
    matrix c;c.clear();
    for(int k=1;k<=n;k++)
        for(int i=1;i<=n;i++)if(a.mat[i][k])//这个优化很强大
            for(int j=1;j<=n;i++)if(b.mat[k][j])
                 c.mat[i][j]+=a.mat[i][k]*b.mat[k][j];
    return c;
}
matrix mksm(matrix a,int p){
    matrix b;b.unit();
    for(;p;p/=2,a=mul(a,a))
        if(p&1) b=mul(b,a);//注意顺序，矩乘没有交换律
    return b;
}

线筛求φ(N)和μ(N)

通过线筛质数来求。

void getprime(){
    int i,j;
    for(i=2;i<=N;i++){
        if(!bz[i]){
            prime[++prime[0]]=i;
            phi[i]=i-1;
            mu[i]=-1;
        }
        fo(j,1,prime[0]){
            if(i*prime[j]>N)break;
            bz[i*prime[j]]=0;
            if(i%prime[j]==0){
                mu[i*prime[j]]=0;
                phi[i*prime[j]]=phi[i]*prime[j];
                break;
            } else{
                mu[i*prime[j]]=-mu[i];
                phi[i*prime[j]]=phi[i]*(prime[j]-1);
            }
        }
    }
}

中国剩余定理

就是给定这么几个方程:
$A≡a_1 (mod\ p_1)$
$A≡a_2 (mod\ p_2)$
……
$A≡a_n (mod\ p_n)$
求最小的A。（一般任意两个p之间互质，如果不互质自己对号入座）
考虑 $A=p_1*k_1+a_1=p_2*k_2+a_2$
移项，得 $p_1*k_1-p_2*k_2=a_2-a_1$ ，即 $p_1*\frac{k_1}{a_2-a_1}+p_2*\frac{-k_2}{a_2-a_1}=1$ ，那么用 $extgcd$ 求出 $\frac{k_1}{a_2-a_1}$ 和 $\frac{-k_2}{a_2-a_1}$ 就大功告成，合并了两个同余方程。以此类推，将n个同余方程合并到一个的时候，所得到的 $a_n'$ 就是最小的A。

void get(){
    int i,ans,last,l1,p1,p2,a1,a2;
    last=a[1];l1=p[1];
    fo(i,2,p[0]){
        p1=l1,p2=p[i];
        a1=last,a2=a[i];
        extgcd(p1,p2,k1,k2);
        k1=k1*(a2-a1);
        l1=l1*p2;
        last=k1*p1+a1;
    }
    ans=(last%P+P)%P;//P为lcm(p1,p2,...,pn)
    return ans;
}

Lucas定理

求 $C(n,m)\%p$ 。
$Lucas(n,m,p)=Lucas(\lfloor\frac{n}{p}\rfloor,\lfloor\frac{m}{p}\rfloor,p)*C(n\%p,m\%p,p)$ 。
证明：设 $n=ap+b,m=cp+d$ ，现证明 $C_{ap+b}^{cp+d}=C_a^c*C_b^d\%p)$
$∀x∈Z$ ， $(1+x)^{ap+b}=\Sigma_{i=0}^{ap+b}x^i*C_n^i$
$(1+x)^p≡1+x^p\ (mod\ p)$
$(1+x)^{ap+b}≡[(1+x)^p]^a*(1+x)^b≡(1+x^p)^a*(1+x)^b≡[\Sigma_{i=0}^aC_a^i*x^{ip}]*[\Sigma_{i=0}^bC_b^i*x^i]$
那么二项式中 $x^{cp+d}项的系数≡C_a^c*C_b^d≡C_{ap+b}^{cp+d}(mod p)$
∴得证。

(LL)即为long long
LL lucas(LL n,LL m,LL p){
    if(!m)return 1;
    return lucas(n/p,m/p,p)*C(n%p,m%p);
}

高斯消元

运用加减消元法进行消元，一次消一个，总复杂度 $O(n^3)$

void gauss(){
    int i,j,k;
    double temp;
    fo(i,1,n){
        j=i;
        while(!mat[j][i]&&j<=n)j++;
        if(j==n+1)continue;
        if(j!=i)fo(k,1,n+1)swap(mat[i][k],mat[j][k]);
        fo(j,1,n)
            if(j!=i && mat[j][i]){
                temp=mat[i][i]/mat[j][i];
                fo(k,1,n+1)mat[j][k]=mat[j][k]*temp-mat[i][k];
            }
    }
    fd(i,n,1)
        if(mat[i][i]!=0){
            fo(j,i+1,n)mat[i][n]-=mat[i][j]*x[j];
            x[i]=mat[i][n]/mat[i][i];
        }
}

FFT

这里就不详细讲了。
虚数的定义。

struct Cpx{
    DB r,i;
    Cpx(){}
    Cpx(DB R,DB I){r=R,i=I;}
    Cpx operator +(const Cpx&x)const{return Cpx(r+x.r,i+x.i);}
    Cpx operator -(const Cpx &x)const{return Cpx(r-x.r,i-x.i);}
    Cpx operator *(const Cpx &x)const{return Cpx(r*x.r-i*x.i,r*x.i+i*x.r);}
};

void FFT(Cpx *y,int opz){
    int i,h,k;
    fo(i,0,m-1)if(i<Rev[i])swap(y[i],y[Rev[i]]);
    for(h=2;h<=m;h<<=1){
        Cpx wn(cos(2*Pi/h),opz*sin(2*Pi/h));
        for(i=0;i<m;i+=h){
            Cpx w(1,0);
            fo(k,i,i+(h>>1)-1){
                Cpx u=y[k],t=w*y[k+(h>>1)];
                y[k]=u+t;
                y[k+(h>>1)]=u-t;
                w=w*wn;
            }
        }
    }
    if(opz==-1){
        fo(i,0,m-1)y[i].r/=m;
    }
}

fo(i,0,m-1)Rev[i]=Rev[i>>1]>>1|(i&1)<<len-1;//求i的反过来的二进制。
//意思是，假设目前要加一个位，已经知道不加位的反过来的。如果最后一位是0，反过来后第一位是0.
//最后一位是1同理。

NTT(有原根版)

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#define N 200010
#define M 525000 
#define LL long long
#define mo 924844033
#define P(a) putchar(a)
#define fo(i,a,b) for(i=a;i<=b;i++)
#define fd(i,a,b) for(i=a;i>=b;i--)
using namespace std;
LL i,j,k,l,n,m,ans;
LL u,v,L,len; 
LL jc[N],ny[N],fa[N];
LL siz[N],f[N],h[N];
LL f1[M],f2[M];
LL w[M],_w[M],Rev[M];
LL Ans[N];
LL read(){
    LL fh=1,rs=0;char ch;
    while((ch<'0'||ch>'9')&&(ch^'-'))ch=getchar();
    if(ch=='-')fh=-1,ch=getchar();
    while(ch>='0'&&ch<='9')rs=(rs<<3)+(rs<<1)+(ch^'0'),ch=getchar();
    return fh*rs;
}
LL ksm(LL x,LL y){
    LL rs=1;
    for(;y;y>>=1,x=(x*x)%mo)
    if(y&1)rs=(rs*x)%mo;
    return rs;
}
void pre_(){
    int i;
    jc[0]=jc[1]=ny[0]=ny[1]=1;
    fo(i,2,N-10)jc[i]=(jc[i-1]*i)%mo;
    ny[N-10]=ksm(jc[N-10],mo-2);
    fd(i,N-11,2)ny[i]=(ny[i+1]*(i+1))%mo; 
}
void NTT(LL *y,LL *w){
    LL i,h,k;
    fo(i,0,L-1)if(i<Rev[i])swap(y[i],y[Rev[i]]);
    for(h=2;h<=L;h<<=1){
        for(i=0;i<L;i+=h){
            fo(k,i,i+(h>>1)-1){
                LL u=y[k],t=(w[L/h*(k-i)]*y[k+(h>>1)])%mo;
                y[k]=(u+t)%mo;
                y[k+(h>>1)]=((u-t)%mo+mo)%mo;
            }
        }
    }
}
int main(){
    n=read();
    //...
    len=0;
    for(L=1;L<(n+1)*2;L<<=1)len++;
    w[0]=w[L]=1;
    w[1]=ksm(5,(mo-1)/L);
    fo(i,1,L-1) w[i]=w[i-1]*1ll*w[1]%mo;
    fo(i,0,L) _w[i]=w[L-i];
    fo(i,0,L-1)Rev[i]=Rev[i>>1]>>1|(i&1)<<len-1;
    fo(i,0,n)f1[i]=f[n-i];
    fo(i,n+1,L-1)f1[i]=0;
    fo(i,0,n)f2[i]=h[i];
    fo(i,n+1,L-1)f2[i]=0;
    NTT(f1,w);
    NTT(f2,w);
    fo(i,0,L-1)f1[i]=f1[i]*f2[i]%mo;
    NTT(f1,_w);
    LL inv=ksm(L,mo-2);
    fo(i,0,L-1)f1[i]=(f1[i]*inv)%mo;
}