数论(坑)

作者的话：
不想看数学公式的人，不可能完全弄懂数论。出来混，迟早是要还的。
我不知道小学生怎么样，但我觉得初中生应该是能看懂的，毕竟我也才初中。由于水平有限，如有错误请指正，谢谢！

定义

连乘：$a_1+a_2+...+a_n=\sum\limits_{i=1}^{n}a_i$
连加：$a_1\times a_2\times...\times a_n=\prod\limits_{i=1}^{n}a_i$
全称量化：$\forall\ 1\leqslant i\leqslant n,i^2\not=0⇔对于所有满足1\leqslant i\leqslant n的\ i,满足 i^2\not=0$

集合： $\ R$实数集合
$\qquad\quad Q$有理数集合
$\qquad\quad Z$整数集合
$\qquad\quad N$自然数集合
$\qquad\quad N^*$正整数集合

整除：$a|b⇔a\text{是} b \text{的约数}$
$\;\ \qquad a\not|\;b⇔a\text{不是}b\text{的约数}$

最大公因数：$[a,b]=lcm(a,b)$
最小公倍数：$(a,b)=gcd(a,b)$

取整：$\lfloor x\rfloor⇔x\text{下取整}$
$\qquad\ \ \lceil x\rceil⇔x\text{上取整}$

同余：$a≡b(mod\ m)⇔a\ mod\ m=b\ mod\ m$

逆元：如果 $(a,m)=1$，则存在 $a^{-1}$ 使得 $a\times a^{-1}≡1(mod\ m)$，$a^{-1}$ 即为 $a$ 的逆元。

欧拉函数：$\phi(n)=$ 小于等于 $n$ 且与 $n$ 互质的数的个数。即 $\phi(n)=\sum\limits_{i=1}^{n}[gcd(i,n)=1]$
性质：$\forall i\in prime, \phi(i)=i-1$

积性函数：如果对于任意满足 $p,q\in N^*,gcd(p,q)=1$ 的 $p$ 和 $q$
$\,\qquad\qquad$ $f(q\times p)= f(q)\times f(p)$ 均成立。则 $f$ 是积性函数。

莫比乌斯函数：$\mu(x)= \begin{cases} 1,& x=1\\ (-1)^{k},& x=p_1p_2...p_k,\forall\ p_i\not=p_j( p_i 为 x 的唯一分解)\\ 0,& others \end{cases}$

模运算：$a\ mod\ b=a-\lfloor a/b\rfloor\times b$，即 $a$ 除 $b$ 的余数。

性质

整除的性质

$1.\quad a|c,b|c,(a,b)=1⇒ab|c$
$2.\quad a|bc,(a,b)=1⇒a|c$
$3.\quad p|ab⇒(p|a)∨(p|b)$
$正确性显然$

同余的性质

$1.\quad a≡b(mod\ m) \Leftrightarrow m|(a-b)$

$2.\quad a≡b(mod\ m) \Leftrightarrow a-b≡0(mod\ m)$

$3.\quad a≡b(mod\ m) \Leftrightarrow ac≡bc(mod\ m)$

$4.\quad若(c,p) = 1$ ，则 $ac ≡ bc(mod\ p) ⇒ a ≡ b(mod\ p)$ 。

$5.\quad若a≡b(mod\ p),ac≡bd(mod\ p)$ ，则 $c≡d(mod\ p)$ 。

$6.\quad a≡b(mod\ m),a≡b(mod\ n)⇒a≡b(mod\ [m,n])$
$\qquad 证明:(a-b)=xm=yn=k\times [m,n]$

$7.\quad (k,m)=d,k\times a≡k\times a'(mod\ m)⇒a≡a'(mod\ \frac{m}{d})$
$\qquad 证明:\;\because (k,m)=d$
$\qquad\qquad\ \therefore 必然存在\ k\ 和\ m\ 使得\ k=q\times d,m=p\times d$
$\qquad\qquad\ \therefore k\times a-k\times a'=c\times m$
$\qquad\qquad\ \therefore a-a'=c\times \dfrac{m}{k}=\dfrac{c\times m}{q\times d}=\dfrac{c}{q}\times \dfrac{m}{d}$

$\sum$ 的性质

$\sum_i((\sum_j a_j)b_i)=\sum_i(\sum_j (a_jb_i))=\sum_j (a_j \sum_i b_i)$
证明：乘法分配律
$a=[1,2,3],b=[4,5,6]$
$\sum_i((\sum_j a_j)b_i)=(1+2+3)*4+(1+2+3)*5+ (1+2+3)*6$
$\;\,\qquad\qquad\qquad=1*4+2*4+3*4+1*5+2*5+3*5+1*6+2*6+3*6$
$\;\,\qquad\qquad\qquad=\sum_i(\sum_j (a_jb_i))$
$\;\,\qquad\qquad\qquad=(4+5+6)*1+(4+5+6)*2+(4+5+6)*3$
$\;\,\qquad\qquad\qquad=\sum_j (a_j \sum_i b_i)$

快速幂

$\because x^p= \begin{cases} (x^{\frac p2})^2&,p≡0(mod\ 2) \\ (x^{\lfloor\frac p2\rfloor})^2\times x&,p≡1(mod\ 2) \\ \end{cases}$
因此可以二分

long long pow_mod(long long x, long long n, long long mod){
    long long res=1;
    while(n>0){
        if(n&1)
            res=res*x%mod;
        x=x*x%mod;
        n>>=1;
    }
    return res;
}

时间复杂度：$Θ(log_2p)$

二分乘法

$\because x\times p= \begin{cases} 2(x\times {\frac p2}) & ,p≡0(mod\ 2) \\ 2(x\times{\lfloor\frac p2\rfloor})+x&,p≡1(mod\ 2) \\ \end{cases}$
因此可以二分

unsigned long long mul_mod(long long a,long long b,long long m) {
    unsigned long long ans=0;
    a%=m;
    while(b) {
        if(b&1) {
            ans=(ans+a)%m;
            b--;
        }
        b>>=1;
        a=(a+a)%m;
    }
    return ans;
}

时间复杂度：$Θ(log_2p)…$
有什么用吗？如果 $x\times p$ 会爆 $long\ long$ 呢？

欧几里得算法

结论：$(a,b)=(b,a\ mod\ b)$
证明：
$a$ 可以表示成 $a = kb + r$，则$r = a\ mod\ b$
设 $d$ 是 $a,b$ 的一个公约数，则有
$d|a, d|b$，而 $r = a - kb$，因此 $d|r$
$\therefore d$ 是$(b,a\ mod\ b)$的公约数
设 $a$ 和 $b$ 的公约数集合为 $A$，$b$ 和 $a\ mod\ b$ 的公约数集合为 $B$。
则 $A=B$，故 $(a,b)=(b,a\ mod\ b)$

裴蜀定理

结论：如果 $a,b\in N,(a,b)=d$ 那么一定存在 $x,y$ 使得 $d|(ax+by)$
证明：$\because\ gcd(a,b)=d$
$\qquad\;\;\therefore$必然存在$\ p\ $和$\ q\ $使得$\ a=p\times d,b=q\times d$
$\qquad\;\;\therefore\ ax+by=(p\times d)x+(q\times d)y=d(p\times x+q\times y)$
$\qquad\;\;\therefore\ d|(ax+by)$

扩展欧几里得算法

直接作用：在执行欧几里得算法的时候可以顺便求出型如 $ax+by=(a,b)$ 的不定方程的通解。

由原欧几里得算法可得：$(a,b)=(b,a\ mod\ b)$
对于型如 $ax+by=(a,b)$ 的不定方程，根据裴蜀定理，原不定方程一定有解。
$\therefore ax+by=(a,b)=(b,a\ mod\ b)=bx'+(a\ mod\ b)y'$
$又\because\ a\ mod\ b=a-\lfloor a/b\rfloor\times b$
$\begin{aligned}\therefore\ ax+by&=bx'+(a-\lfloor a/b\rfloor\times b)\,y'\\&=bx'+ay'-\lfloor a/b\rfloor\times by'\\&=ay'+bx'-\lfloor a/b\rfloor\times by'\\&=ay'+b(x'-\lfloor a/b\rfloor\times y')\\\end{aligned}$
$\therefore\ x=y',y=x'-\lfloor a/b\rfloor\times y'$

然后就可以愉快地递归啦。
边界条件
$x=1,y=0\quad[b=0]$
其实还可以化简，即在递归的时候，计算exgcd(b,a%b,y,x)这样回来的时候 $y'$ 的值就已经放在 $x$ 里了，然后再把y-=a/b*x就行了，当然也可以直接算。

int exgcd(int a,int b,long long &x,long long &y) {
    if(!b)
        return x=1,y=0,a;
    int d=exgcd(b,a%b,y,x);
    y-=a/b*x;//化简后的式子 
    return d;
}

时间复杂度：$O(\frac{12 \times \ln2 \times \ln min(a,b))}{π ^ 2} + 1.47)≈O(\ln min(a,b))$

欧拉定理

结论：若存在 $p$ 和 $a$，满足 $p,a\in N^*,(p,a)=1$，则$a^{\phi(p)}≡1(mod\ p)$
证明：考虑 $p$ 条同余式，其中 $\forall\ i\leqslant \phi(p), m_i<p$。
$a\times x_1≡m_1(mod\ p)\quad\qquad(1)$
$a\times x_2≡m_2(mod\ p)\quad\qquad(2)$
$...$
$a\times x_{\phi(p)}≡m_{\phi(p)}(mod\ p)\quad(\phi(p))$
定义 $X=\{x_i|1\leqslant i\leqslant \phi(p)\},M=\{m_i|1\leqslant i\leqslant \phi(p)\}$

引理 1：$|M|=\phi(p)$
证明：假设存在 $i$ 和 $j$，满足 $i>j,m_i=m_j$
$\;\;\qquad$则 $(i)-(j)$ 得$a(x_i-x_j)≡0(mod\ p)$
$\;\;\qquad又\because (a,p)=1$
$\;\;\qquad\therefore x_i-x_j≡0(mod\ p)$
$\;\;\qquad又\because x_i-x_j<p$
$\;\;\qquad\therefore x_i-x_j\not|\;\; p$
$\;\;\qquad\therefore x_i-x_j\not≡0(mod\ p)$，矛盾
$\;\;\qquad\therefore\,$不存在 $i$ 和 $j$，满足 $i>j,m_i=m_j$
$\;\;\qquad\therefore |M|=\phi(p)$

引理 2：$\forall m_i,m_i\in X$
证明：$\because (a,p)=1,(x_i,p)=1$
$\,\,\,\qquad\therefore (a\times x_i,p)=1$
$\,\,\,\qquad由欧几里得算法得：(p,(a\times x_i)\ mod\ p)=1$
$\,\,\,\qquad\therefore (m_i,p)=1$
$\,\,\,\qquad\therefore m_i\in X$

$又\because |M|=|X|=\phi(p)$
$\therefore M=X$
把 $\phi(p)$ 条式子乘起来，得
$\;\quad\prod\limits_{i=1}^{\phi(p)}(a\times x_i)≡\prod\limits^{\phi(p)}_{i=1}m_i(mod\ p)$
$⇒a^{\phi(p)}\times \prod\limits^{\phi(p)}_{i=1}x_i≡\prod\limits^{\phi(p)}_{i=1}m_i(mod\ p)$
$又\because\prod\limits^{\phi(p)}_{i=1}x_i≡\prod\limits^{\phi(p)}_{i=1}m_i(mod\ p)$
$\therefore a^{\phi(p)}≡1(mod\ p)$

费马小定理

结论：若存在 $a$ 和 $p$，满足 $(a,p)=1$，则 $a^{p-1}≡1(mod\ p)$
证明：$\because \forall p\in prime,\phi(p)=p-1$
$\qquad\ \therefore a^{p-1}≡1(mod\ p)\quad(欧拉定理)$

逆元

扩展欧几里得

$a\times x≡1(mod\ p)中，x=a^{-1}$
$转化为不定方程ax-by=1$
用扩展欧几里得解不定方程即可，若$(a,p)=1$，则求得的 $x$ 即为$a^{-1}$。
但要注意，$x$ 可能小于 $0$，但满足 $x≡x+p(mod\ p)$，因此，把 $x$ 加上一个 $p$ 即可。

long long inv(long long a,long long n) {
    long long x,y;
    long long d=exgcd(a,n,x,y);
    return d==1?(x+n)%n:-1;
}

时间复杂度：$Θ(\ln p)$

费马小定理

$\because$ 当 $p\in prime$ 时，$a^{p-1}≡1(mod\ p),(a,p)=1$
$\therefore a^{p-1}\times a^{-1}≡1\times a^{-1}(mod\ p)$
$\therefore a^{p-2}≡a^{-1}(mod\ p)$
$\therefore a^{-1}≡a^{p-2}(mod\ p)$

因此 $a$ 的逆元即 $a^{p-2}\ mod\ p$。

#define inv(x,mod) (pow_mod(x,mod-2,mod))

时间复杂度：$Θ(log_2(mod-2))$

欧拉定理

$\because$当 $(a,p)=1$ 时，$a^{\phi(p)}≡1(mod\ p)$。
$\therefore a^{\phi(p)}\times a^{-1}≡1\times a^{-1}(mod\ p)$
$\therefore a^{\phi(p)-1}≡a^{-1}(mod\ p)$
$\therefore a^{-1}≡a^{\phi(p)-1}(mod\ p)$
因此 $a$ 的逆元即 $a^{\phi(p)-1}\ mod\ p$。
时间复杂度：$Θ(求\phi(n)的时间+log_2(\phi(p)-1))$

线性求逆元

显然地，$1^{-1}≡1(mod\ p)$
对于 $i(i>1)$，必然存在 $k$ 和 $r$，使得 $p=k\times i+r$，满足$r<i,1<i<p$。
$\because p≡0(mod\ p)$
$\therefore k\times i+r≡0(mod\ p)$
$\therefore (k\times i+r)\times (i^{-1}\times r^{-1})≡0\times (i^{-1}\times r^{-1})(mod\ p)$
$\therefore k\times i\times i^{-1}\times r^{-1}+r\times i^{-1}\times r^{-1}≡0(mod\ p)$
$\therefore k\times r^{-1}+i^{-1}≡0(mod\ p)$
$\therefore i^{-1}≡-k\times r^{-1}(mod\ p)$
$又\because k=\lfloor \frac pi\rfloor,r=p\ mod\ i\quad$
$\therefore i^{-1}≡-\lfloor \frac pi\rfloor\times (p\ mod\ i)^{-1}(mod\ p)$
$\therefore i^{-1}≡p-\lfloor \frac pi\rfloor\times (p\ mod\ i)^{-1}(mod\ p)$
因为在计算 $i$ 之前， $(p\ mod\ i)^{-1}$ 一定已经被算出来了，因此可以愉快地递推了。
代码$(inv[i]表示i^{-1})$：

inv[1]=1;
for(int i=2;i<=n;i++)
    inv[i]=((long long)(mod-mod/i)*inv[mod%i])%mod;

时间复杂度：$Θ(n)$

神奇“逆元”

逆元都必须在当 $(a,p)=1$ 时才存在，那如果题目没有保证 $(a,p)=1$ 呢？可以用下面的式子。
结论：$\dfrac ab\ mod\ p=\dfrac{a\ mod\ (bp)}b$

证明：$\dfrac ab\ mod\ p=\dfrac ab-\lfloor \dfrac{\frac ab}{p} \rfloor\times p$

$\qquad\qquad\qquad\;\;=\dfrac ab-⌊\dfrac{a}{bp}⌋\times p$

$\qquad\qquad\qquad\;\;=\dfrac ab-⌊\dfrac{a}{bp}⌋\times b\times \dfrac pb$

$\qquad\qquad\qquad\;\;=\dfrac ab-\dfrac {⌊\dfrac{a}{bp}⌋\times bp}{b}$

$\qquad\qquad\qquad\;\;=\dfrac {a-⌊\dfrac{a}{bp}⌋\times bp}{b}$

$\qquad\qquad\qquad\;\;=\dfrac{a\ mod\ (bp)}b$

但 $pb$ 可能爆 $long\ long$，因此在计算时需要用到二分乘法。