对于一些小的数学的方法的一些记录

这里只是一些做题时用到的数学小技巧

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求 $x^m\equiv x(mod\ p)p\in\mathbb{P}$ ，且 $x\in[0,p-1]$ 的满足条件的 $x$ 的个数。

答案为 $gcd(m-1,p-1)+1$ 个。

证明：

首先对于 $0$ 所有情况都满足，所以先加个 $1$ 。

然后对于 $x\not=0$ ，而且 $p$ 为质数，所以 $x$ 肯定有逆元，所以我们将原式变形得到 $x^{m-1}\equiv1(mod\ p)$

然后因为 $p$ 为质数，那么可求一个它的原根，记为 $g$ ，我们根据原根的定义可知，当 $g^k\equiv w(mod\ p),k\in[1,p-1]$ ，只有 $k=p-1$ 时 $w=1$ ，对于其他任何的 $k$ ， $w$ 都不一样，所以我们可以将原式中的 $x$ ，转换为 $g^y$ ，也就是 $x\equiv g^y(mod\ p)$ 。

所以原式就变成了 $(g^y)^{m-1}\equiv 1(mod\ p)$ ，我们用欧拉定理对指数进行处理。

欧拉定理： $x^y\equiv x^{y\ mod\ \varphi(p)}(mod\ p)$

所以将指数提出，原式变成 $y(m-1)\equiv 0(mod\ (p-1))$ ，然后由于 $m,p-1$ 不一定互质，所以我们令 $k=gcd(p-1,m-1)$ ，原式可以变成 $y\frac{m-1}{k}\equiv 0(mod\ \frac{p-1}{k})$ ，由于 $gcd(\frac{m-1}{k},\frac{p-1}{k})=1$ ，所以这两个互质，那么同余为 $0$ 只有 $y$ 为 $\frac{p-1}{k}$ 的倍数，那么由于 $y\in[1,p-1]$ 那么 $y$ 只有 $k$ 种选法，根据原根的定义，那么同理 $x$ 也有 $k$ 种，所以算上 $x=0$ 答案就为 $gcd(p-1,m-1)+1$ 。

$x^m\equiv x(mod\ n)\Leftrightarrow x^m\equiv x(mod\ p_i)$ ，其中 $n=\prod p_i$ ，且 $p_i$ 为质数并都不相同。

证明：

这个相当于逆中国剩余定理，对于原式，我们可以写成 $x^m-k_1n=x-k_2n$ ，那么将 $n$ 展开可得 $x^m-k_1(\prod p_i)=x-k_2(\prod p_i)$

然后我们对于每一个 $p_j$ ，可以写出一个式子：
$x^m-k_1(\prod p_i)\equiv x-k_2(\prod p_i)(mod\ p_j)$
也就等价于 $x^m\equiv x(mod\ p_j)$ （因为减去的部分给模掉了）

加入有 $c$ 个 $p_i$ ，那么我们可以的到 $c$ 个同余式，将其分别解出，然后中国剩余定理合并一下，就可以得到原式的答案，所以当这些式子分别满足时，才能满足原式。

而当 $x\in[1,n]$ 时，令最终答案为 $ans$ ，假设这 $c$ 个同余式的每一个有 $c_i$ 个 $x$ 满足，由于在范围内最多只会有一个 $x$ 满足 $ans$ ，所以在每个同余式中选出一个，那么最后就会有 $\prod c_i$ 个 $x$ 满足原式，所以 $ans$ 的个数就为 $\prod c_i$ 。

对于 $n$ 个点的完全图的生成树有 $n^{n-2}$ 个，有根生成树为 $n^{n-1}$ 个。

证明：

用矩阵树或者prufer序列定理等证明就好啦~~我才不会告诉你我并不会证明╭(╯^╰)╮~~。

最大公约数的更相减损术

内容： $gcd(a,b)=gcd(a,b-a)(a\leq b)$

可用于差分求区间 $gcd$ 询问修改。

其它应用：高精 $gcd$ 的简便写法

$a$ 偶数， $b$ 奇数： $gcd(a,b)=gcd(\frac{a}{2},b)$
$a$ 奇数， $b$ 偶数： $gcd(a,b)=gcd(a,\frac{b}{2})$
$a$ 奇数， $b$ 奇数（ $b\leq a$ ）： $gcd(a,b)=gcd(a-b,b)$
$a$ 偶数， $b$ 偶数： $gcd(a,b)=2\times gcd(\frac{a}{2},\frac{b}{2})$

同余最短路

对于如下方程，求取 $b\in[l,r]$ 中是的该方程有非负整数解的方案数。

$a_1x_1+a_2x_2+\cdots+a_nx_n=b$

其中 $a_i$ 已知。

首先我们选取 $m=\min\limits_{i=1}^n\{a_i\}$ ，令其为模数，因为对于小于 $m$ 的除了 $x=0$ ，其它任何方案是组合不出来的，因为至少方程值都为 $m$ ，那么 $mod\ m$ 余数就是在 $0\sim m-1$ 内了。
我们枚举 $0\thicksim m-1$ ，将每个数字 $(a_i+w)mod\ m$ 与枚举的数 $w$ 组合建边，边权为 $a_i$ ，表示当前数 $w$ 加上 $a_i$ 可以变成 $(a_i+w)mod\ m$ 。
我们跑单源最短路，从 $0$ 这个状态开始跑，求出每个状态点最小的能够满足它的值。
对于每个状态点，也就是枚举 $0\thicksim m-1$ 中的点，我们知道最小的满足值，那么就可以求出在 $l\sim r$ 中有多少个在 $mod\ m$ 的意义下等于它，统计计入答案即可。

墨墨的等式[国家集训队]-luogu
#include<queue>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const int N=2e6+10;
int n;
ll Bs,Bt,inf,minv,A[N],up;
struct ss{
	int to,last;ll len;
	ss(){}
	ss(int a,int b,ll c):to(a),last(b),len(c){}
}g[N<<1];
int head[N],cnt;
void add(int a,int b,ll c){
	if(a==b) return;
	up=max(up,(ll)max(a,b));
	g[++cnt]=ss(b,head[a],c);head[a]=cnt;
}

struct node{
	ll val;int id;
	node(){}
	node(ll a,int b):val(a),id(b){}
	bool operator <(const node &a)const{return val>a.val;}
};

ll dis[N];
priority_queue <node> Q;

void dij(){
	memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
	inf=dis[0];
	dis[0]=0;Q.push(node(0,0));
	while(!Q.empty()){
		node now=Q.top();Q.pop();
		int a=now.id,v;
		if(now.val>dis[a]) continue;
		for(int i=head[a];i;i=g[i].last){
			v=g[i].to;
			if(dis[v]>dis[a]+g[i].len){
				dis[v]=dis[a]+g[i].len;
				Q.push(node(dis[v],v));
			}
		}
	}
}
ll ans;
ll calc(ll v,ll low){
	return (Bt-v+minv)/minv-(low-1ll-v+minv)/minv;
}
int main(){
	scanf("%d%lld%lld",&n,&Bs,&Bt);
	minv=1e9;
	for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&A[i]),minv=min(minv,A[i]);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=0;j<minv;j++){
			int p=(A[i]+j)%minv;
			add(j,p,A[i]);
		}
	}
	dij();
	for(int i=0;i<minv;i++){
		if(dis[i]==inf)continue;
		ll now=max(dis[i],Bs);
		if(now>Bt) continue;
		ans+=calc(i,now);
	}
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}

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