数论复习 | 提高组数论算法汇总
欧拉函数计算
\(\phi(n)=n*(1-\frac 1 {p_1})*(1-\frac 1 {p_2})*...*(1-\frac 1 {p_n})\)
线性筛原理
\(n = p * m\)表示形式唯一
for(int i=2~n){
if(!flg[i]){
p[++tot]=i;
f[i] = ...
}
for(p[j] in p){
flg[p[j]*i]=1;
if(i%p[j]) break;
}
}质数：\(\phi(p)=p-1\)
\(\phi(p^k)=p^k-p^{k-1}\)
1...n中与n互质的数的和：\(S(n)=\frac {\phi(n)*n} 2\)
欧拉定理
\(a^{\phi(m)}\equiv 1 \pmod m\)，a和m互质，用简化剩余系证明
扩展欧拉定理
\[ a^c\equiv a^{c \pmod {\phi(m)}} ,(a,m)=1 \]
\[ a^c\equiv a^c ,(a,m) \not= 1,c < \phi(m) \]
\[ a^c\equiv a^{c \pmod {\phi(m)}+\phi(m)} ,(a,m)\not =1,c\geq \phi(m) \]
想象一个矩阵，长为\(\phi(m)\)，从第二列开始每一列都同余
逆元
\[ \frac a b \equiv a\cdot b^{-1} \pmod c \]
\((b,c)\not = 1\)则不存在逆元
如果\((b,c) = 1\)则可以用欧拉定理，\(b\cdot b^{\phi(c)-1}\equiv 1 \pmod c\)
所以\(b^{-1}=b^{\phi(c)-1} \pmod c\)
特殊地，如果c为质数，\(b^{-1}=b^{\phi(c)-1}=b^{c-1-1}=b^{c-2} \pmod c\)
求\(1-n\)的逆元：一个一个求是nlogn
线性求（m是质数）：\(inv[i]=(m-\left \lfloor \frac m i \right \rfloor)*inv[m~\text{mod}~i]\)
也可以大常数求阶乘及其逆元，但是在求组合数的时候极其好用
第一种方法的证明：
设$m=k*i+t $
\(k*i+t \equiv 0 \pmod m\)
\[ k*i \equiv -t \pmod m \]
\[ k*t^{-1} \equiv -i^{-1} \pmod m \]
\[ i^{-1} \equiv -k*t^{-1} \pmod m \]
\[ i^{-1} \equiv -\left \lfloor \frac m i \right \rfloor*t^{-1} \pmod m \]
扩展欧几里得
\(ax+by= (a,b)\)
边界：
\[ (a,b)= (b,a~\text{mod}~b)=(b,0)(x=1,y=0) \]
递归：
\[ ax_1+by_1= (a,b) \]
\[ bx_2+(a~\text{mod}~b)y_2=(b,a~\text{mod}~b) \]
所以
\[ ax_1+by_1=bx_2+(a-\left \lfloor\frac a b\right \rfloor*b)y_2 \]
\[ a(x1-y2)+b(y_1-x_2+\left \lfloor\frac a b\right\rfloor y_2)=0 \]
可以得到
\[ x1=y2 \]
\[ y1=x2-\left \lfloor\frac a b\right\rfloor y_2 \]
这样的到了一组解
可以用来求解逆元：\(bx\equiv 1 \pmod m\)
相当于解\(b*x+(-m)*k=1\)
相当于\(b*x+m*k=1\)
原根
阶
最小正整数\(n\)使得\(a^n \equiv 1\pmod m\)
原根
\((g,m)=1\)
\(g^{\phi(m)}\equiv 1 \pmod m\)，且\(\phi(m)\)是\(g\)膜\(m\)的阶，\(g\)为原根
形式：\(2,4,p^x,2*p^{x}\)
求法：
求m的原根时，因为原根一般都比较小，那么就从\(2\)开始枚举\(g\)，只需要判断\(g\)模\(m\)的阶是否是\(φ(m)\)就好了，怎么判呢，枚举每个数\(i(1\leq i < φ(m))\)算\(g^i\equiv 1\pmod m\)，若满足则这个\(g\)一定不是原根
\(g^0,g^1,...g^{p-1}\)互不相同，表示了1~p-1所有数
所以$xy \pmod m \equiv g^p g^q \pmod m \equiv g^{p+q} \pmod m $
可以资瓷把乘法转化成加法
原根个数：$ \phi(\phi(m)) $
例题：ZROI851
二次剩余
存在\(x\)使得\(x^2 \equiv m \pmod p\)
勒让德符号：
\(\left(\frac n p\right)=1\)，是二次剩余
\(=-1\) ，不是
\(=0\) ，n是p倍数
有二次剩余的条件：\(n^{\frac {p-1} 2 } \equiv 1\pmod p\)
求法：1~p-1中有一半的数有二次剩余，另一半没有，随机a，期望两次找到
https://www.cnblogs.com/cjyyb/p/10830057.html
https://blog.csdn.net/qq_35950004/article/details/99676601
斐波那契数列
可以矩阵求
小常数：5有二次剩余时可以带进\(\sqrt 5\)求出
更快的做法：多组测试数据的时候考虑底数不变，以\(16\)为底，预处理出通项公式中\(x^0...x^{65535},y^0...y^{65535}\)
莫比乌斯反演
刚刚复习过，基础内容查看之前博客，本质是另一种容斥
式子：
\[ f(n)=\sum _{n|i} g(i) \]
\[ g(n)=\sum _{n|i} \mu(\frac i n)*f(i) \]
或者
\[ f(d)=\sum _i^{\frac n d} g(i*d) \]
\[ g(d)=\sum_i^\frac n d f(i*d) \mu(i) \]
性质：
\[ \sum_{d|n} \mu(d) = [n==1] \]
与欧拉函数关系：
\[ \sum _{d|n} \phi(d)=n \]
\[ \frac{\phi(n)}{n}=\sum _{d|n} \frac {\mu(d)}{d} \]
BSGS
求\(a^b \equiv c \pmod p\)
要求：\((a,c)=1\)
思想是预处理出一部分数
令\(p=\sqrt c\)，处理出\(a^0,a^1,...,a^{p-1}\)，存到\(hashtable\)或者\(map\)里
然后把\(x\)表示成\(x=i*p-j\)的形式
那么
\[ a^x\equiv a^{i*p}/a^j \equiv b \pmod c \]
\[ a^j*b \equiv a^{i*p} \pmod c \]
考虑枚举后面的\(i\)，查表前面的是否存在，即可计算出\(j\)
多次询问可以考虑变大块的大小，后面询问的时间会变小
当块取\(B=T*\frac N B,B=\sqrt{N*T}\)时最优
代码实现：注意枚举顺序
for(int i=0;i<m;i++){
M[s]=i;//能更新就更新
s=1ll*s*x%p;
}
int t=ksm(x,m);s=1;
for(int i=1;i<=m;i++){
s=1ll*s*t%p;
if(M.count(s)){printf("%d\n",i*m-M[s]);return 0;}
}
puts("no solution");return 0;卢卡斯定理
\[ C^m_n \equiv C^{\frac m p}_{\frac n p}*C^{m~mod~p}_{n~mod~p} \pmod p \]
注意，如果下面比上面小，整个式子都为0
可以递归求解，也可以直接看作在\(p\)进制下，直接循环
推论：如果在\(p\)进制下n有一位小于m的一位，那么\(C(m,n)\)被\(p\)整除
证明显然，带入公式即可
EX lucas
参见我的博客
中国剩余定理
这里说的是EXCRT，至于CRT，那并不重要
求解同余方程组
\[ \left\{\begin{array}{l}{x \equiv a_{1}\left(\bmod m_{1}\right)} \\ {x \equiv a_{2}\left(\bmod m_{2}\right)} \\ {x \equiv a_{3}\left(\bmod m_{3}\right)} \\ {\cdots} \\ {x \equiv a_{k}\left(\bmod m_{k}\right)}\end{array}\right. \]
\(m\)不一定两两互质，令\(M=\prod _{i\leq k} m_i\)
设前\(k\)个方程组成的同于方程组的一个解为\(x\)，那么\(x+i*M\)都是满足条件的解
我们要求的是\(x+t*M \equiv a_k \pmod {m_k}\)
\(t*M+j*m_k = a_k -x\)，这样就可以用\(exgcd\)求出解
如果无解，则方程组误解
否则\(x=x+t*M\)，递归