欧拉函数 线性筛 快速幂 逆元 中国剩余定理 exgcd

快速幂

快速幂是对倍增思想的应用，可以以 $\log$ 级别的复杂度求 $a^k$。

若 $k$ 为偶数，则 $a^k = a^{\frac{k}{2}} \times a^{\frac{k}{2}}$。

若 $k$ 为奇数，则 $a^k = a^1 \times a^{k-1}$。奇数减一为偶数。

int ksm(int a, int k, int p) {
  	int res = 1;
  	while (k) {
    	if (k & 1) res = res * a % p;
    	a = a * a % p;
    	k >>= 1;
  	}
  	return res % p;
}

---

线性筛

线性筛质数可求 $1 \sim n$ 所有的质数。

对于每一个数 $i$，标记所有小于 「 $i$ 的最小质因子」 的质数 $\times i$ 的数为合数。如 $i=77=7 \times 11$，那么 $2 \times 77, \ 3\times 77, \ 5 \times 77$ 会标记为合数。

想证明该算法为线性且正确，只需证明没有重复筛，没有多筛，没有漏筛三点即可。其中没有重复筛显然成立。

令一个合数 $x = \prod _{j=1}^n p_j \land p_j < p_{j+1}$。

筛掉该合数的机会为 $i = \frac{\prod _{j=1}^n p_j}{p_j} \land x = p_j \times \frac{\prod _{j=1}^n p_j}{p_j}$ 。因为标记所有小于 「 $i$ 的最小质因子」 的质数 $\times i$ 的数为合数，所以 $j = 1$。没有重复筛成立。

有 $\frac{\prod _{j=1}^n p_j}{p_1} < x$，所以 $i = \frac{\prod _{j=1}^n p_j}{p_1}$ 时将 $x$ 标记为合数。没有漏筛成立。

int pr[N + 5], vis[N + 5] = {1, 1}, n, tot;
void init() {
	for (int i = 1; i <= N; i++) {
		if (!vis[i]) pr[++tot] = i;
		for (int j = 1; j <= tot && i * pr[j] <= N; j++) {
			vis[i * pr[j]] = 1;
			if (i % pr[j] == 0) break; 
		}
	}
} 

---

exgcd

扩展欧几里得求形如 $ax + by = c$ 的方程。

• 对于不为 $0$ 的整数 $a,b$，存在整数 $x,y$，使得 $ax + by = gcd(a,b)$。

• 方程 $ax + by = c$ 有解，当且仅当 $gcd(a,b)|c$。

特殊情况：对于 $ax + by = gcd(a,b)$，当 $b = 0$ 时，令 $x = 1, y = 0$ 即求得一组解。

一般情况：借鉴辗转相除法 $gcd(a,b)=gcd(b,a \bmod b)$，假设已经求得了 $(b \bmod a) x_0+ay_0=gcd(a,b)$ 的一组解 $(x_0, y_0)$，方程可以根据 $a \bmod m=a-m\left \lfloor \frac{a}{m} \right \rfloor$ 变形为

$(b-a\left \lfloor \frac{b}{a} \right \rfloor)x_0+ay_0=gcd(a,b)$

$\left \lfloor \frac{b}{a} \right \rfloor x_0 + ay_0 + bx_0 = gcd(a,b)$

$a(y_0-\left \lfloor \frac{b}{a} \right \rfloor x_0)+bx_0=gcd(a,b)$

交换 $x_0$ 与 $y_0$
$a(x_0-\left \lfloor \frac{b}{a} \right \rfloor y_0)+by_0=gcd(a,b)$

$\begin{cases} ax + by = gcd(a,b) \\ a(x_0-\left \lfloor \frac{b}{a} \right \rfloor y_0)+by_0=gcd(a,b) \end{cases} \iff \begin{cases} x=x_0-y_0\left \lfloor \frac{b}{a} \right \rfloor \\ y=y_0 \\ \end{cases}$

int exgcd(int a, int b, int &x, int &y) { 
    if (a == 0) {
        x = 0, y = 1;
        return b;
    }
    int d = exgcd(b % a, a, y, x);
    x -= b / a * y;
    return d;
}

如何求最小正整数解。假设我们求出了
$ax_0+by_0 = gcd(a,b)$
的一组解 $(x_0, y_0)$。有解的必要条件为 $gcd(a,b)|c$，所以令 $k = \frac{c}{gcd(a,b)}$。
$ax + by = c$

$ax + by = k \times gcd(a,b)$

$\begin{cases} a \frac{x}{k} + b \frac{y}{k} = gcd(a,b) \\ ax_0 + by_0 = gcd(a,b) \end{cases} \iff \begin{cases} x = k \times x_0 \\ y = k \times y_0 \end{cases} \iff \begin{cases} x = \frac{c}{gcd(a,b)} \times x_0 \\ y = \frac{c}{gcd(a,b)} \times y_0 \end{cases}$

$a \times \frac{c}{gcd(a,b)} \times x_0 + b \times \frac{c}{gcd(a,b)} \times y_0 = c$

为了求最小整数解，需要把上式的 $x_0$ 尽可能地减小，如果 $x_0$ 减小，对应的 $y_0$ 会增加。所以设 $x_0$ 减小了 $t_0$， $y_0$ 增加了 $t_1$。
$\begin{cases} x = x_0 \times \frac{c}{gcd(a,b)} - \frac{c}{gcd(a,b)} \times t_0 \\ y = y_0 \times \frac{c}{gcd(a,b)} + \frac{c}{gcd(a,b)} \times t_1 \end{cases} \\ \Downarrow \\ a \times x_0 \times \frac{c}{gcd(a,b)} - a \times \frac{c}{gcd(a,b)} \times t_0 + b \times y_0 \times \frac{c}{gcd(a,b)} + b \times \frac{c}{gcd(a,b)} \times t_1 = c\\ \because a \times \frac{c}{gcd(a,b)} \times x_0 + b \times \frac{c}{gcd(a,b)} \times y_0 = c \\ \therefore a \times \frac{c}{gcd(a,b)} \times t_0 = b \times \frac{c}{gcd(a,b)} \times t_1 \\ \frac{t_0}{t_1} = \frac{b \times \frac{c}{gcd(a,b)}}{a \times \frac{c}{gcd(a,b)}} \\ \frac{t_0}{t_1} = \frac{b}{a}$

$a (x_0 - t_0) + b(y_0 + t_1) = c \iff a(x_0 - t_0) + b(y_0 +\frac{a}{b} \times t_0 )$

让 $t_0 = \frac{b}{gcd(a,b)}$，将 $x_0$ 减到不能再减为止，并考虑 $\frac{b}{gcd(a,b)} < 0$ 的情况需要加上模数再取模。总结公式为
$\begin{cases} x_{min}=(x_0 \bmod \frac{b}{gcd(a,b)} + \frac{b}{gcd(a,b)}) \bmod \frac{b}{gcd(a,b)} \\ y_{min} = \frac {c – a \times x_0}{b} \end{cases}$

---

逆元

逆元与除法取模有关，具体的，如果 $\frac{a}{b} \bmod m = a \times x \bmod m$，我们把 $x$ 叫作 $b$ 在模 $m$ 意义下的逆元，记做 $b^{-1}$。有
$b \times x \equiv 1\pmod{m}$

求质数逆元常见的方式是费马小定理。 如果模数 $p$ 为一个质数，而整数 $a$ 不是 $p$ 的倍数，则有
$a^{p-1} \equiv 1\pmod{p} \\ \Updownarrow \\ a^{p-2} \equiv a^{-1} \pmod{p}$
所以 $a$ 的逆元为 $a^{p-2}$。

如果模数 $m$ 不为质数，但 $b$ 与 $m$ 互质，那么可以用扩展欧几里得求逆元。因为扩展欧几里得可以求线性同余方程
$b \times x \equiv 1\pmod{m} \\ \Updownarrow \\ b \times x \bmod m = 1 \\ \Updownarrow \\ bx + (- my) = 1$

exgcd 求解即可。

---

欧拉函数

欧拉函数的符号为 $\phi$， $\phi(n)$ 为小于等于 $n$ 与 $n$ 互质的数的个数。

对于一个质数 $p$ 和一个整数 $k$，有
$\phi(p) = p - 1 \\ \phi(p^k) = p^k - \frac{p^k}{k} = p ^k - p^{k-1}$

对于一个数 $n$，将他分解质因数
$n = \prod_{i=1}^k p_i^{a_i} \\ \phi(n) = \phi (\prod_{i=1}^k p_i^{a_i}) = \prod_{i=1}^k {p_i}^{a_i} - {p_i}^{a_i - 1} \\ = \prod_{i=1}^k {p_i}^{a_i} (1 - \frac{1}{p_i}) = n \times \prod_{i=1}^k (1 - \frac{1}{p_i})$

以上为欧拉函数的通式。

众所周知，欧拉函数为积性函数，有 $\phi(ab) = \phi(a)\phi(b)$，其中 $a$ 与 $b$ 互质。所以可以用线性筛的方法在求质数表的同时求欧拉函数。需要用到以下性质，其中 $p$ 为质数

1. $\phi(p) = p - 1$

2. 若 $p|i$，那么 $\phi(i \times p) = \phi(i) \times p$，证明略。

3. 若 $p \not| \ \ i$，那么 $\phi(i \times p) = \phi(i) \times (p-1)$。

略证：若 $p\not| \ \ i$，那么 $i$ 与 $p$ 互质，根据积性函数的性质 $\phi(i \times p) = \phi(i) \times \phi(p) = \phi(i) \times (p - 1)$。

int pr[N + 5], vis[N + 5] = {1, 1}, phi[N + 5], n, tot;
void init() {
	for (int i = 1; i <= N; i++) {
		if (!vis[i]) {
			pr[++tot] = i;
			phi[i] = i - 1;
		}
		for (int j = 1; j <= tot && i * pr[j] <= N; j++) {
			vis[i * pr[j]] = 1;
			if (i % pr[j] == 0) {
				phi[i * pr[j]] = phi[i] * pr[j];
				break; 	
			}
			phi[i * pr[j]] = phi[i] * (pr[j] - 1);
		}
	}
} 

---

中国剩余定理

中国剩余定理给出了以下的同余方程组，假设 $m_1 \sim m_n$ 两两互质，求 $x$ 满足
$(S): \begin{cases} x \equiv a_1 \pmod{m_1} \\ x \equiv a_2 \pmod{m_2} \\ \quad \vdots \\ x \equiv a_n \pmod{m_n} \end{cases}$
中国剩余定理构造如下

设 $M = \prod_{i=1}^n m_i$， $M_i = \frac{M}{m_i}$。 $t_i$ 为 $M_i$ 在模 $m_i$ 意义下的乘法逆元，即为 $M_i \times t_i \equiv 1(\mod m_i)$。

方程 $(S)$ 的通解公式为
$x = kM + \sum_{i=1}^n a_it_iM_i$
如果 $k = 0$，则 $x$ 为 $(S)$ 的最小解。

略证：对于 $a_i$ 和 $m_i$，有
$t_iM_i \bmod m_i = 1 \iff a_it_iM_i \bmod m_i = a_i \bmod m_i$
对于 $a_j, m_j \quad (j \not= i)$，有 $m_i|M_i$。所以 $a_jt_jM_j \bmod m_i = 0$

对于 $kM$，同理 $kM \bmod m_i = 0$。

综上所述， $x = kM + \sum_{i=1}^n a_it_iM_i$ 为方程 $(S)$ 的通解。 $k = 0$ 时有最小解。

对于上述式子， $t_i$ 可以用 exgcd 求逆元的方法求。因为 $m_1 \sim m_n$ 两两互质 $\prod_{j=1}^n m_j$ 在约去 $m_i$ 后为 $M_i$ 且与 $m_i$ 互质。