$ウム$ $のGQLの$の数論あまりにも悪いので、私は数論のより基本的な知識の一部を要約することを決めた、とやや$ QwQ $の証明できるものをに精通していません
$ GCD \ \＆\ exgcd $
アウン$ GCD $ '再それを通じて、あまりにも明らかに私が$ KK $を言うことはありませんであることが判明しました
$ exgcd $コードを行くことができるコードを配置するのが面倒、$！B $を行うときとき$ $への答えである$ QwQ $
フォームの$ Exgcd $ソリューションの\ CDOT X + B \ CDOTのY = Cの$式を$
まず結論に、この方程式は解決策を持っている場合に限り$のGCD（a、b）は、|。C $アンペイ・シュー定理が、これは$ QwQ $などの必要かつ十分な証拠の両方から、とにかくそれぞれ許可するのが面倒です。
$ QwQ $の下でその後はIおそらく$ exgcd $認証プロセスの嘘
症候群は\のCDOT X + B \ CDOT yを$私がここにいる、私がお話しましょう= GCD（a、b）は$、$を掛けた場合のCDOTのGCD（a、b）が完全な溶液が直接$ \ため、その後$ C = Kまあのk $は '$ QwQ $ D
- $ GCD（a、b）は$を=場合= 0 $ $ Bは、この時点で整数解の集合X = 1明らかに$がある場合、yは0 $を=
- ときに$ bは\のNEQユークリッドの定理の$の最大公約数によって0 $、（A、B）= GCD（B、\ MOD \ b）は$。
所以有$ A \ CDOT X_1 + B \ CDOT Y_1 = GCD（A、B）= GCD（B、\ \％\ B）= Bの\のCDOT X_2 +（\ \％\ B）\ CDOT Y_2 $
そして、理由は$ \ MOD \ B = A- \ lfloor \ FRAC {A}、{B} \ rfloor \ CDOT bは$
带入得$ A \ CDOT X_1 + B \ CDOT Y_1 = B \ CDOT X_2 +（A- \ lfloor \ FRAC {A}、{B} \ rfloor \ CDOT B）\ CDOT Y_2 $
变形得$ A \ CDOT X_1 + B \ CDOT Y_1 = B \ CDOT X_2 + A \ CDOT y_2- \ lfloor \ FRAC {A}、{B} \ rfloor \ CDOT B \ CDOT Y_2 $
$ \ CDOT X_1 + B \ CDOT Y_1 = A \ CDOT Y_2 + Bの\のCDOT（x_2- \ lfloor FRAC {A}、{B} \ rfloor \ CDOT Y_2 \）$
それである$ X_1 = Y_2、Y_1 = x_2- \ lfloor \ FRAC {A}、{B} \ rfloor \ CDOT Y_2 $
一般的なアプリケーションは、逆に解決すべきか？除数と弾性率は$ exgcdによって解決$と互いに素でないときつまり。
オイラーの定理はオイラーの定理を拡張します＆
アウンは、最初の結論は再び嘘を証明置く$ QwQ $
オイラーの定理：\のGCD（N）= 1、A ^ {\ PHI（N）} \当量\ 1（MOD \ n）が$ $ N- $素数れるフェルマーの小定理FORALL $ \。 $ QwQ $
拡張オイラーの定理：の$ A ^ B \当量\開始{ケース} A ^＆\のGCD（A、B）= 1 \\ ^ B＆\ GCD（\ MOD \ \ PHI（n）がB（）、 N）\ NEQ 1、B <\ PHI（N）（MOD \ n）が\\ A ^ {（\ MOD B \ \ PHI（N））+ \ PHI（N）}＆\ GCD（N）\ NEQ 1、B \ GEQ \ PHI（M）（MOD \ n）で\端{ケース} $
オイラーの定理：
N- $ $素数の$ X_1、X_2を備え、...、xは_ {\ PHI（N）} $
$のGCD（N）= 1 $ので、
これは、$ \のCDOTのX_1、ある\ CDOT X_2、\ CDOT X_3、...、\ CDOT X _ {\ PHI（N）} $互いに素N- $ $とそれぞれ異なります
したがって$ X_1、X_2、...、xは_ {\ PHI（N）} $と$ \ CDOT X_1、A \ CDOT X_2、A \ CDOT X_3、...、A \ CDOT X _ {\ PHI（N） }特定の対応を$
于是有\ CDOT X_1 \ CDOT A \ CDOT X_2 \ CDOT ... \ CDOT A \ CDOT X _ {\ PHI（N）} \当量X_1 \ CDOT X_2 \ CDOT ... \ CDOT X _ {\ PHI（N $ ）}（MOD \ n）は$
整理得$ A ^ {\ PHI（N）} \ CDOT \ PROD X_ {I} = \ PRODのX_ {I}（MODの\ n）$、$（^ {\ PHI（N）} - 1）\ CDOT \ PRODのX_ {I} 0（MODを\ n）= $
そして、$ N $と互いに素の$ X $のすべてのために、証明されました！
オイラーの定理を展開します。
三つは$ QwQ $の下に、証明書の上に横たわりました。
\ 1 $の場合：$
提供の$ B = K \ CDOT \ PHI（N）+ Cの$。
于是有する$ A ^ Bは\ ^ {K \ CDOT \ PHIは（N）+ cは} \当量の当量^ {K \ CDOT \ PHI（N）} \ CDOT ^ C \ ^ C \は、当当量^ （B \ MOD \ \ PHI（N））$
\ 2 $の場合：$
$ウム$ $ $ QwQにこの事を許可します
\ 3 $の場合：$
私は少し結論をお話しましょう$ QwQ $
$ A $の素因数分解を検討した後の$ A = D_1 ^ {P_1}で \ CDOT D_2 ^ {P_2} \ CDOT ... $、 もし$ D ^ bは\当量dを満たすdは$ FORALLカードの$ \ ^ { （B \ \％\ \ PHI （N））+ \ PHI（N）}（MOD \ n）が$、 許可することができるの$ A ^ B \当量^ {（B \ \％\ \ PHI（N）） + \ファイ（N-）} （MOD \ N-） $。
発端この結論嘘$ QwQ $
検討Ruoyiカード$ \ $ FORALL Dを満たすD ^ B $ \当量{D ^（B \ \％\ \ファイ（N））+ \ファイ（N）} （MOD \ N-） $
そこ$（D ^ {P}）^ B \当量（D ^ {P}）^ {（B \ \％\ \ファイ（N））+ \ファイ（N）} （MOD \ N-） $
于是有$(d_1^{p_1}\cdot d_2^{p_2}\cdot ...)^b\equiv (d_1^{p_1}\cdot d_2^{p_2}\cdot ...)^{(b\ \%\ \phi(n))+\phi(n)}(mod\ n)$,即$a^b\equiv a^{(b\ \%\ \phi(n))+\phi(n)}(mod\ n)$.
欧克于是接下来就只用证$d^b\equiv d^{(b\ \%\ \phi(n))+\phi(n)}(mod\ n)$了
1)若$gcd(d,n)=1$.
由$case\ 1$得显然成立.
2)若$gcd(d,n)\neq 1$
令$n=s\cdot d^r,gcd(s,d)=1$
于是有$d^{\phi(s)}\equiv 1(mod\ s)$,又因为$gcd(s,d)=1$,于是有$\phi(s)|\phi(n)$,于是有$p^{\phi(n)}\equiv 1(mod\ s)$
变形得$d^{\phi(n)+r}\equiv d^r(mod\ n)$
于是有$d^b\equiv d^{b+\phi(n)}(mod\ n)$
于是发现每次指数相差$\phi(n)$依然是成立的,于是有$d^b\equiv d^{(b\ mod\ \phi(n))+\phi(n)}(mod\ n)$,得证$QwQ$
应用的话一个是在$mod$为质数时常用欧拉定理.还一个就求指数幂的时候不用担心指数爆炸了$QwQ$
逆元
$umm$只写下线性递推的了$QwQ$还有两种一个是$exgcd$,还一种是欧拉定理快速幂,前面都写了$QwQ$
先放结论趴,若模数为$m$,有$inv_i=((m-\lfloor\frac{m}{i}\rfloor)\cdot inv_{m\%i})\ mod\ m$
设$t=\lfloor\frac{m}{i}\rfloor,k=m\%i$.
显然$t\cdot i+k\equiv 0(mod\ m)$,于是有$-t\cdot i\equiv k(mod\ m)$,于是有$-t\cdot inv_k\equiv inv_i(mod\ m)$
于是有$inv_i=-\lfloor\frac{m}{i}\rfloor\cdot inv_{m\%i}$,两边同加$m\cdot inv_{m\%i}$显然无影响,于是有$inv_i=((m-\lfloor\frac{m}{i}\rfloor)\cdot inv_{m\%i})\ mod\ m$
质因数分解
$umm$只是$mk$一个小技巧$QwQ$.
就可以先预处理出每个数最大的质因数(其实随便一个质因数都成没影响的$QwQ$.
然后每次分解质因数的时候就能直接做下去,复杂度似乎是$O(logn)$的$QwQ$
$crt\ \&\ excrt$
$umm$我之后的所有知识点都先写内容再写证明好了$QwQ$
$CRT:$
设$m_1,m_2,...,m_n$两两互质,则对于方程组$x\equiv a_i(mod\ m_i)$,在$\prod m_i$范围内有唯一解.
设$M=\prod m_i,p_i=\frac{M}{m_i},q_i\equiv \frac{1}{p_i}(mod\ m_i)$
于是有$as=\sum a_i\cdot q_i\cdot p_i$
$exCRT:$
不保证$m_i$之间两两互质.(这个其实还$easy$些$QwQ$?
考虑若$n=2$,也就$x\equiv a_1(mod\ m_1),x\equiv a_2(mod\ m_2)$
变形得$x=m_1\cdot x_1+a_1=m_2\cdot x_2+a_2
$就只要解出一个$m_1\cdot x_1-m_2\cdot x_2=a_2-a_1$的使得$x$最小的解就成,所以就$exgcd$解下呗$QwQ$.
设解出的$x$为${x}'$,于是原式变为,$x\equiv {x}'(mod\ lcm(m_1,m_2))$
这么一直做下去就好$QwQ$
证明:
$crt:$
只证充分性了$QwQ$
考虑因为$m_i$之间两两互质,所以对于$j\neq i$,$q_i\ mod m_j\equiv 0$,也就说对每个$i$,$\sum a_i\cdot q_i\cdot p_i$在膜$m_j$下有意义的只有$a_j\cdot q_j\cdot p_j$,又因为$q_j\cdot p_j\equiv 1(mod\ m_j)$
于是显然$QwQ$
$excrt:$
$umm$话说我$jio$得我前面港做法的时候就把证明差不多搞完了?不说了$QwQ$
说下应用趴,$crt$一般用于题目模数不是质数时的合并.即,若一个模数唯一分解$m=\prod p_i^{a_i}$,那么我们解出所有在$mod\ p_i^{a_i}$意义下的解然后合并就好
$exCRT$板子 $code$
$BSGS\ \&\ exBSGS$
一般用于求解形如$a^x\equiv b(mod\ p)$的方程.其中$BSGS$有限制:$gcd(a,p)=1$,$exBSGS$没有这个限制
因为这不是什么定理所以就不是以内容+证明的形式了,直接写怎么做,正确性其实就在里面了$QwQ$
先说$BSGS$趴
考虑将设$tmp=\left \lfloor \sqrt{mod} \right \rfloor$,$x=i*tmp+j$
然后式子就可以变形成, $ a^{i \cdot tmp} \equiv b \cdot a^{j} $
然后预处理出右边的值存到$map$中,枚举左边查就行$QwQ$.复杂度就$O(\sqrt(p))$
然后港下$exBSGS$.
设$d=gcd(a,p)$.
先将原式变形得$a^x+p\cdot k=b$.
于是两边同除$d$得$\frac{a}{d}\cdot a^{x-1}+\frac{p}{d}\cdot k=\frac{b}{d}$.这样就可以当作$\frac{a}{d}$是一个系数了
然后一直做下去直到$gcd(a,\frac{p}{d})=1$,这时候就又成$BSGS$了,把系数除去后跑个$BSGS$最后再还原回去就好$QwQ$
另外,如果过程中$\frac{b}{d}$不是整数了,就说明无解,$over$
组合数学
这个我可能有时间会另外开坑,,,只是$mk$下$QwQ$
莫比乌斯反演
同上$w$
博弈论
同上$w$
二次剩余
咕咕咕咕咕
$miller-rabin$
咕咕咕咕
$pollard-rho$
咕咕咕
同余类最短路
咕咕
原根
咕