数学I-数论

前言

注:本文一切代码建立在此基础上

#include<bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
using namespace std;
using ll=long long;
using PI=pair<int,int>;
struct IO
{
    char rbuf[1<<20],wbuf[1<<20],*p,*pp,*wp;
    IO():p(rbuf),pp(rbuf),wp(wbuf){}
    #define gc() (p==pp&&(pp=rbuf+fread(rbuf,1,1<<20,stdin),p=rbuf),p==pp?EOF:*p++)
    #define pc(c) do{if(wp-wbuf==(1<<20))flush();*wp++=(c);}while(0)
    IO&operator<<(char c){pc(c);return*this;}
    IO&operator<<(const char*s){while(*s)pc(*s++);return*this;}
    IO&operator>>(char*s){char c=gc();while(c<=32)c=gc();while(c>32)*s++=c,c=gc();*s='\0';return*this;}
    template<typename T>IO&operator>>(T&x){x=0;char c=gc();bool f=0;while(c<'0'||c>'9')f|=(c=='-'),c=gc();while(c>='0'&&c<='9')x=x*10+(c^48),c=gc();if(f)x=-x;return*this;}
    template<typename T>IO&operator<<(T x){if(x<0)pc('-'),x=-x;char t[30];int c=0;do{t[c++]=x%10+'0';}while(x/=10);while(c--)pc(t[c]);return*this;}
    void flush(){if(wp>wbuf)fwrite(wbuf,1,wp-wbuf,stdout),wp=wbuf;}
    ~IO(){flush();}
}io;
#define cin io
#define cout io

一、整除与质数

1.1 整除基本性质

定义：\(a\mid b \iff \exists k\in\mathbb{Z},\ b=ak\)

性质	表述	证明思路
传递性	\(a\mid b\land b\mid c\Rightarrow a\mid c\)	\(b=ak_1,c=bk_2\Rightarrow c=a(k_1k_2)\)
线性组合	\(a\mid b\land a\mid c\Rightarrow a\mid (xb+yc)\)	\(b=ak_1,c=ak_2\Rightarrow xb+yc=a(xk_1+yk_2)\)
乘法保序	\(a\mid b\Rightarrow ac\mid bc\ (c\neq0)\)	\(b=ak\Rightarrow bc=(ac)k\)
大小约束	\(a\mid b\land b\neq0\Rightarrow \|a\|\le\|b\|\)	\(b=ak\Rightarrow \|b\|=\|a\|\|k\|\ge\|a\|\)

1.2 质数判定：试除法优化

定理：若 \(n\) 为合数，则 \(\exists d\mid n,\ 2\le d\le\sqrt{n}\)

证明：设 \(n=ab,\ a\le b\)，则 \(a^2\le ab=n\Rightarrow a\le\sqrt{n}\)，取 \(d=a\) 即可。

代码实现（\(O(\sqrt{n})\)，跳过偶数优化）：

bool check(int n)
{
    if(n<2) return 0;
    if(n==2) return 1;
    if(n%2==0) return 0;
    for(int i=3;i*i<=n;i+=2)
        if(n%i==0) return 0;
    return 1;
}

易错点：

i*i<=n 可能溢出，建议写 i<=n/i 或用 long long
特判 \(n=2\) 和偶数，减少一半循环

1.3 线性筛（欧拉筛）正确性证明

核心思想：每个合数 \(x\) 仅被其最小质因子筛掉一次。

算法流程：

const int N=1e7+5;
int pr[N],cnt;
bool vis[N];

void init(int n)
{
    for(int i=2;i<=n;i++)
    {
        if(!vis[i]) pr[++cnt]=i;
        for(int j=1;j<=cnt&&i*pr[j]<=n;j++)
        {
            vis[i*pr[j]]=1;
            if(i%pr[j]==0)break;  // 关键：保证最小质因子
        }
    }
}

正确性证明：

每个合数都会被筛：设 \(x\) 最小质因子为 \(p\)，则 \(x=p\cdot k\)。当外层循环到 \(k\) 时，内层枚举到 \(p\) 必筛 \(x\)。
每个合数只被筛一次：若 \(x\) 被 \(p_1\) 筛（\(p_1\) 最小质因子），则 \(x=p_1\cdot k_1\) 且 \(p_1\mid k_1\) 时 break，后续更大质因子不会再次筛 \(x\)。

复杂度：\(O(n)\)，每个数进内层循环最多一次。

1.4 质因数分解（试除法 + 唯一分解定理）

唯一分解定理：\(\forall n>1,\ n=\prod_{i=1}^k p_i^{e_i}\)，\(p_i\) 互异质数，表示唯一。

代码（\(O(\sqrt{n})\)）：

vector<PI> fac;
for(int i=2;i*i<=n;i++)
    if(n%i==0)
    {
        int c=0;
        while(n%i==0) n/=i,c++;
        fac.pb({i,c});
    }
if(n>1)fac.pb({n,1});  // 剩余大质数

应用：求约数个数 \(\tau(n)=\prod(e_i+1)\)，约数和 \(\sigma(n)=\prod\frac{p_i^{e_i+1}-1}{p_i-1}\)

例题：P2429 质数生成器

题目：求 \([L,R]\) 内所有质数，\(1\le L\le R\le 10^{12},\ R-L\le 10^6\)

思路：区间筛法（分段筛）

先筛出 \(\le\sqrt{R}\) 的所有质数
用这些质数去标记 \([L,R]\) 中的合数

const int M=1e6+5;
bool vis[M],seg[M];
int pr[M],cnt;

void init(int n)  // 筛 sqrt(R) 内质数
{
    for(int i=2;i<=n;i++)
    {
        if(!vis[i]) pr[++cnt]=i;
        for(int j=1;j<=cnt&&i*pr[j]<=n;j++)
        {
            vis[i*pr[j]]=1;
            if(i%pr[j]==0)break;
        }
    }
}

void solve(ll L,ll R)
{
    memset(seg,0,sizeof(seg));
    if(L==1) seg[0]=1;  // 1不是质数
    for(int i=1;i<=cnt&&1ll*pr[i]*pr[i]<=R;i++)
    {
        ll st=max(1ll*pr[i]*pr[i],(L+pr[i]-1)/pr[i]*pr[i]);
        for(ll j=st;j<=R;j+=pr[i]) seg[j-L]=1;
    }
    for(int i=0;i<=R-L;i++)
        if(!seg[i]) cout<<L+i<<'\n';
}

二、最大公约数与扩展欧几里得

2.1 欧几里得算法

定理：\(\gcd(a,b)=\gcd(b,a\bmod b)\)

证明：设 \(d=\gcd(a,b)\)，则 \(d\mid a,d\mid b\Rightarrow d\mid(a-qb)=a\bmod b\)；反之同理，故两式公约数集合相同。

迭代实现（避免递归栈）：

int gcd(int a,int b){while(b)a%=b,swap(a,b);return a;}

复杂度证明（拉梅定理）：

最坏情况为斐波那契数列相邻项：\(\gcd(F_{k+1},F_k)\)
每次取模至少减半，故复杂度 \(O(\log\min(a,b))\)

2.2 扩展欧几里得

定理：\(\forall a,b\in\mathbb{Z},\ \exists x,y\in\mathbb{Z},\ ax+by=\gcd(a,b)\)

递归推导：

已知：b·x' + (a%b)·y' = gcd(b, a%b) = gcd(a,b)
展开：b·x' + (a - ⌊a/b⌋·b)·y' = gcd
整理：a·y' + b·(x' - ⌊a/b⌋·y') = gcd
故：x = y', y = x' - ⌊a/b⌋·y'

代码：

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

通解结构：
若 \((x_0,y_0)\) 是 \(ax+by=c\) 的一组特解，\(d=\gcd(a,b)\)，则通解为：

\[x=x_0+k\cdot\frac{b}{d},\quad y=y_0-k\cdot\frac{a}{d}\quad(k\in\mathbb{Z}) \]

应用：解线性同余方程 \(ax\equiv c\pmod b\)

等价于 \(ax+by=c\)
有解 \(\iff d=\gcd(a,b)\mid c\)
特解 \(x_0\) 乘 \(\frac{c}{d}\)，最小正整数解 \((x_0\cdot\frac{c}{d}\bmod\frac{b}{d}+\frac{b}{d})\bmod\frac{b}{d}\)

例题：P1516 青蛙的约会

题目：两只青蛙从 \(x,y\) 出发，每次跳 \(m,n\) 米，跑道长 \(L\)，问何时相遇。

建模：求最小 \(t\ge0\) 使 \((x+mt)\equiv(y+nt)\pmod L\)
\(\Rightarrow (m-n)t\equiv(y-x)\pmod L\)
\(\Rightarrow (m-n)t+Lk=y-x\)

代码：

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

int main()
{
    ll x,y,m,n,L,a,b,c,d,xx,yy;
    cin>>x>>y>>m>>n>>L;
    a=m-n;b=L;c=y-x;
    if(a<0) a=-a,c=-c;  // 保证a非负
    d=exgcd(a,b,xx,yy);
    if(c%d){cout<<"Impossible\n";return 0;}
    ll t=xx*(c/d)%(b/d);
    cout<<(t+b/d)%(b/d)<<'\n';
    return 0;
}

三、同余与模运算

3.1 同余性质补充证明

可除性条件：\(ac\equiv bc\pmod m\Rightarrow a\equiv b\pmod{\frac{m}{\gcd(c,m)}}\)

证明：\(m\mid c(a-b)\)，设 \(d=\gcd(c,m)\)，则 \(\frac{m}{d}\mid\frac{c}{d}(a-b)\)，而 \(\gcd(\frac{c}{d},\frac{m}{d})=1\)，故 \(\frac{m}{d}\mid(a-b)\)。

3.2 快速幂原理与二进制分解

核心：\(a^b=\prod_{i:bit_i=1}a^{2^i}\)

迭代实现：

ll qpow(ll a,ll b,ll p)
{
    ll res=1;
    for(;b;b>>=1,a=a*a%p)
        if(b&1) res=res*a%p;
    return res;
}

复杂度：\(O(\log b)\)，每轮平方 + 条件乘法

3.3 乘法逆元三种方法对比

方法	条件	复杂度	适用场景
费马小定理	\(p\) 质数，\(p\nmid a\)	\(O(\log p)\)	单点查询，模数固定质数
扩展欧几里得	\(\gcd(a,m)=1\)	\(O(\log m)\)	模数任意，单点查询
线性递推	\(p\) 质数，求 \(1\sim n\) 逆元	\(O(n)\)	批量预处理

线性递推公式推导：
设 \(p=ki+r\ (0<r<i)\)，则 \(ki+r\equiv0\pmod p\)
\(\Rightarrow r\equiv-ki\pmod p\)
\(\Rightarrow i^{-1}\equiv-k\cdot r^{-1}\equiv-\lfloor p/i\rfloor\cdot(p\bmod i)^{-1}\pmod p\)

代码：

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

例题：P5431 逆元前缀和

题目：给定 \(n,p\)，求 \(\sum_{i=1}^n i^{-1}\pmod p\)，\(p\) 为质数。

思路：线性递推求逆元 + 前缀和

const int N=5e6+5;
ll inv[N],sum[N];
int n,p;

int main()
{
    cin>>n>>p;
    inv[1]=sum[1]=1;
    for(int i=2;i<=n;i++)
    {
        inv[i]=(p-p/i)*inv[p%i]%p;
        sum[i]=(sum[i-1]+inv[i])%p;
    }
    cout<<sum[n]<<'\n';
    return 0;
}

四、欧拉函数

4.1 定义与公式推导

定义：\(\varphi(n)=\|\{1\le k\le n:\gcd(k,n)=1\}\|\)

公式推导（容斥原理）：

\[\varphi(n)=n\prod_{p\mid n}(1-\frac{1}{p})=n\prod_{p\mid n}\frac{p-1}{p} \]

证明：从 \(1\sim n\) 中剔除所有 \(p\) 的倍数，对每个质因子 \(p\) 保留比例为 \(\frac{p-1}{p}\)。

积性证明：若 \(\gcd(a,b)=1\)，则 \(\mathbb{Z}_{ab}^*\cong\mathbb{Z}_a^*\times\mathbb{Z}_b^*\)（中国剩余定理），故 \(\varphi(ab)=\varphi(a)\varphi(b)\)。

4.2 线性筛 \(\varphi\) 的更新规则推导

关键性质：

若 \(p\) 质数：\(\varphi(p)=p-1\)
若 \(p\mid i\)：\(\varphi(ip)=\varphi(i)\cdot p\)（\(p\) 已在 \(i\) 的质因子中）
若 \(p\nmid i\)：\(\varphi(ip)=\varphi(i)\cdot(p-1)\)（积性）

代码：

void init_phi(int n)
{
    phi[1]=1;
    for(int i=2;i<=n;i++)
    {
        if(!vis[i])
        {
            pr[++cnt]=i;
            phi[i]=i-1;
        }
        for(int j=1;j<=cnt&&i*pr[j]<=n;j++)
        {
            vis[i*pr[j]]=1;
            if(i%pr[j]==0)
            {
                phi[i*pr[j]]=phi[i]*pr[j];
                break;
            }
            else phi[i*pr[j]]=phi[i]*(pr[j]-1);
        }
    }
}

4.3 扩展欧拉定理使用条件详解

定理：

\[a^b\equiv\begin{cases} a^b & b<\varphi(m)\\ a^{b\bmod\varphi(m)+\varphi(m)} & b\ge\varphi(m) \end{cases}\pmod m\]

注意：

\(\gcd(a,m)\) 任意，不要求互质
仅当 \(b\ge\varphi(m)\) 时才加 \(\varphi(m)\)，否则直接用 \(b\)
递归降幂时需判断指数大小

例题：P2568 GCD

题目：求 \(\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n[\gcd(i,j)\text{ is prime}]\)

推导：

\[\begin{aligned} ans&=\sum_{p\text{ prime}}\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n[\gcd(i,j)=p]\\ &=\sum_{p}\sum_{i=1}^{\lfloor n/p\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor n/p\rfloor}[\gcd(i,j)=1]\\ &=\sum_{p}(2\sum_{k=1}^{\lfloor n/p\rfloor}\varphi(k)-1) \end{aligned}\]

代码：

const int N=1e7+5;
int phi[N],pr[N],cnt;
ll sum[N];
bool vis[N];

void init(int n)
{
    phi[1]=1;
    for(int i=2;i<=n;i++)
    {
        if(!vis[i])
        {
            pr[++cnt]=i;
            phi[i]=i-1;
        }
        for(int j=1;j<=cnt&&i*pr[j]<=n;j++)
        {
            vis[i*pr[j]]=1;
            if(i%pr[j]==0)
            {
                phi[i*pr[j]]=phi[i]*pr[j];
                break;
            }
            else phi[i*pr[j]]=phi[i]*(pr[j]-1);
        }
    }
    for(int i=1;i<=n;i++) sum[i]=sum[i-1]+phi[i];
}

int main()
{
    int n;
    cin>>n;
    init(n);
    ll ans=0;
    for(int i=1;i<=cnt;i++) ans+=2*sum[n/pr[i]]-1;
    cout<<ans<<'\n';
    return 0;
}

五、中国剩余定理

5.1 CRT 构造性证明

问题：解 \(x\equiv a_i\pmod{m_i}\)，\(m_i\) 两两互质。

构造：

\(M=\prod m_i\)，\(M_i=M/m_i\)
求 \(t_i\equiv M_i^{-1}\pmod{m_i}\)（\(M_i\) 与 \(m_i\) 互质，逆元存在）
\(x=\sum a_iM_it_i\pmod M\)

验证：对第 \(j\) 个方程，\(i\neq j\) 时 \(M_i\equiv0\pmod{m_j}\)，仅 \(i=j\) 项贡献 \(a_jM_jt_j\equiv a_j\pmod{m_j}\)。

唯一性：若 \(x_1,x_2\) 均为解，则 \(x_1-x_2\equiv0\pmod{m_i}\ \forall i\)，由互质性得 \(x_1\equiv x_2\pmod M\)。

5.2 EXCRT 两两合并推导

合并两个方程：

\[\begin{cases} x\equiv a_1\pmod{m_1}\\ x\equiv a_2\pmod{m_2} \end{cases}\]

步骤：

设 \(x=a_1+m_1y\)，代入得 \(m_1y\equiv a_2-a_1\pmod{m_2}\)
令 \(d=\gcd(m_1,m_2)\)，有解 \(\iff d\mid(a_2-a_1)\)
用 exgcd 解 \(m_1y+m_2k=a_2-a_1\) 得特解 \(y_0\)
通解 \(y=y_0+t\cdot\frac{m_2}{d}\)，代回得 \(x\equiv a_1+m_1y_0\pmod{\operatorname{lcm}(m_1,m_2)}\)

代码：

ll excrt(ll a[],ll m[],int k)
{
    ll M=m[1],ans=a[1];
    for(int i=2;i<=k;i++)
    {
        ll x,y,c=(a[i]-ans)%m[i];
        if(c<0) c+=m[i];
        ll d=exgcd(M,m[i],x,y);
        if(c%d) return -1;  // 无解
        ll mod=m[i]/d;
        x=(x*(c/d)%mod+mod)%mod;
        ans+=M*x;
        M*=mod;
        ans%=M;
    }
    return (ans+M)%M;
}

例题：P4777 扩展中国剩余定理

注意：

使用 __int128 或慢速乘防溢出
无解时返回 -1

ll mul(ll a,ll b,ll p)  // 慢速乘防溢出
{
    ll res=0;
    for(;b;b>>=1,a=(a+a)%p)if(b&1)res=(res+a)%p;
    return res;
}

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

ll excrt(ll a[],ll m[],int k)
{
    ll M=m[1],ans=a[1];
    for(int i=2;i<=k;i++)
    {
        ll x,y,c=(a[i]-ans)%m[i];
        if(c<0) c+=m[i];
        ll d=exgcd(M,m[i],x,y);
        if(c%d) return -1;
        ll mod=m[i]/d;
        x=mul(x,c/d,mod);
        ans+=mul(M,x,M*mod);
        M*=mod;
        ans%=M;
    }
    return (ans+M)%M;
}

六、莫比乌斯反演

6.1 狄利克雷卷积视角

定义：\((f*g)(n)=\sum_{d\mid n}f(d)g(\frac{n}{d})\)

关键函数：

\(\varepsilon(n)=[n=1]\)（单位元）
\(I(n)=1\)（常函数）
\(\operatorname{id}(n)=n\)（恒等函数）

性质：\(\mu*I=\varepsilon\)（莫比乌斯反演核心）

6.2 反演公式推导

因数形式：

\[F(n)=\sum_{d\mid n}f(d)\iff f(n)=\sum_{d\mid n}\mu(d)F(\frac{n}{d}) \]

证明：

\[\begin{aligned} \sum_{d\mid n}\mu(d)F(\frac{n}{d})&=\sum_{d\mid n}\mu(d)\sum_{k\mid\frac{n}{d}}f(k)\\ &=\sum_{k\mid n}f(k)\sum_{d\mid\frac{n}{k}}\mu(d)\\ &=\sum_{k\mid n}f(k)\varepsilon(\frac{n}{k})=f(n) \end{aligned}\]

6.3 经典模型：\(\gcd\) 计数

问题：\(\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[\gcd(i,j)=1]\)

推导：

\[\begin{aligned} &=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\sum_{d\mid\gcd(i,j)}\mu(d)\\ &=\sum_{d=1}^{\min(n,m)}\mu(d)\sum_{i=1}^{\lfloor n/d\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor m/d\rfloor}1\\ &=\sum_{d=1}^{\min(n,m)}\mu(d)\lfloor\frac{n}{d}\rfloor\lfloor\frac{m}{d}\rfloor \end{aligned}\]

整除分块优化：\(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor\) 取值 \(O(\sqrt{n})\) 种，预处理 \(\mu\) 前缀和后 \(O(\sqrt{n})\) 计算。

例题：P3455 莫比乌斯反演+整除分块

题目：\(T\) 组询问，求 \(\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[\gcd(i,j)=k]\)

代码：

const int N=5e4+5;
int mu[N],sum[N],pr[N],cnt;
bool vis[N];

void init()
{
    mu[1]=1;
    for(int i=2;i<N;i++)
    {
        if(!vis[i])
        {
            pr[++cnt]=i;
            mu[i]=-1;
        }
        for(int j=1;j<=cnt&&i*pr[j]<N;j++)
        {
            vis[i*pr[j]]=1;
            if(i%pr[j]==0)
            {
                mu[i*pr[j]]=0;
                break;
            }
            else mu[i*pr[j]]=-mu[i];
        }
    }
    for(int i=1;i<N;i++) sum[i]=sum[i-1]+mu[i];
}

ll solve(int n,int m)
{
    if(n>m) swap(n,m);
    ll res=0;
    for(int l=1,r;l<=n;l=r+1)
    {
        r=min(n/(n/l),m/(m/l));
        res+=1ll*(sum[r]-sum[l-1])*(n/l)*(m/l);
    }
    return res;
}

int main()
{
    init();
    int T;
    cin>>T;
    while(T--)
    {
        int a,b,c,d,k;
        cin>>a>>b>>c>>d>>k;
        ll ans=solve(b/k,d/k)-solve((a-1)/k,d/k)-solve(b/k,(c-1)/k)+solve((a-1)/k,(c-1)/k);
        cout<<ans<<'\n';
    }
    return 0;
}

七、整除分块

7.1 取值种数与右端点公式证明

引理：\(\lfloor\frac{n}{i}\rfloor\) 的不同取值个数 \(\le 2\sqrt{n}\)

证明：

当 \(i\le\sqrt{n}\)，最多 \(\sqrt{n}\) 种
当 \(i>\sqrt{n}\)，\(\lfloor\frac{n}{i}\rfloor<\sqrt{n}\)，最多 \(\sqrt{n}\) 种

右端点公式：对给定 \(l\)，使 \(\lfloor\frac{n}{i}\rfloor\) 不变的最大 \(r=\lfloor\frac{n}{\lfloor n/l\rfloor}\rfloor\)

证明：设 \(q=\lfloor n/l\rfloor\)，则 \(ql\le n<q(l+1)\)。
\(r\) 满足 \(qr\le n<q(r+1)\Rightarrow r\le n/q\)，故 \(r=\lfloor n/q\rfloor\)。

7.2 多变量分块技巧

问题：\(\sum_{i=1}^n f(\lfloor\frac{n}{i}\rfloor,\lfloor\frac{m}{i}\rfloor)\)

技巧：右端点取 \(r=\min(\lfloor\frac{n}{\lfloor n/l\rfloor}\rfloor,\lfloor\frac{m}{\lfloor m/l\rfloor}\rfloor)\)

例题：P4213 杜教筛前置

题目：求 \(\sum_{i=1}^n\varphi(i)\)，\(n\le10^{10}\)（需杜教筛，此处展示分块思想）

分块框架：

ll calc(int n)
{
    ll res=0;
    for(int l=1,r;l<=n;l=r+1)
    {
        r=n/(n/l);
        res+=1ll*(sum[r]-sum[l-1])*(n/l);  // sum 为预处理前缀和
    }
    return res;
}

八、杜教筛

8.1 核心公式推导

目标：求 \(S(n)=\sum_{i=1}^n f(i)\)

构造：找 \(g\) 使 \(h=f*g\) 易求前缀和，则：

\[\begin{aligned} \sum_{i=1}^n h(i)&=\sum_{i=1}^n\sum_{d\mid i}f(d)g(\frac{i}{d})\\ &=\sum_{d=1}^n g(d)\sum_{k=1}^{\lfloor n/d\rfloor}f(k)\\ &=\sum_{d=1}^n g(d)S(\lfloor n/d\rfloor) \end{aligned}\]

移项：

\[g(1)S(n)=\sum_{i=1}^n h(i)-\sum_{d=2}^n g(d)S(\lfloor n/d\rfloor) \]

8.2 函数选择策略

目标 \(f\)	辅助 \(g\)	\(h=f*g\)	\(S(n)\) 表达式
\(\mu\)	\(I\)	\(\varepsilon\)	\(S_\mu(n)=1-\sum_{d=2}^n S_\mu(\lfloor n/d\rfloor)\)
\(\varphi\)	\(I\)	\(\operatorname{id}\)	\(S_\varphi(n)=\frac{n(n+1)}{2}-\sum_{d=2}^n S_\varphi(\lfloor n/d\rfloor)\)

例题：P4213 杜教筛模板

// 预处理范围：N=5e6 时，时间≈0.5s，空间≈80MB
// 查询复杂度：$O(n^{2/3})$，哈希表记忆化避免重复计算
unordered_map<int,int>s_mu;
unordered_map<int,ll>s_phi;

int get_mu(int n)
{
    if(n<N) return mu[n];  // 预处理部分直接返回
    if(s_mu.count(n)) return s_mu[n];
    int res=1;  // ∑ε(i) = 1
    for(int l=2,r;l<=n;l=r+1)
    {
        r=n/(n/l);
        res-=(r-l+1)*get_mu(n/l);  // g(d)=I(d)=1，系数为区间长度
    }
    return s_mu[n]=res;
}

九、组合数取模

9.1 阶乘逆元预处理细节

注意：

先求 fac[n]，再用费马小定理求 ifac[n]，倒推 ifac[i]=ifac[i+1]*(i+1)%p
避免对每个 i 单独求逆，复杂度 \(O(n+\log p)\)

9.2 Lucas 定理证明简述

定理：\(\binom{n}{m}\equiv\prod\binom{n_i}{m_i}\pmod p\)，\(n_i,m_i\) 为 \(p\) 进制位

核心：\((1+x)^p\equiv1+x^p\pmod p\)（二项式系数 \(\binom{p}{k}\equiv0\ (0<k<p)\)）

例题：P2480 古代猪文

题目：求 \(G^{\sum_{d\mid n}\binom{n}{d}}\bmod 999911659\)

思路：

模数 \(P=999911659\) 质数，指数对 \(P-1\) 取模（费马小定理）
\(P-1=2×3×4679×35617\)，对每个质因子用 Lucas 求组合数和
EXCRT 合并结果，最后快速幂

代码框架：

ll p[4]={2,3,4679,35617},a[4];
ll calc(ll n,ll m,ll P)  // Lucas 小模数版本
{
    if(m>n) return 0;
    ll res=1;
    while(n)
    {
        ll ni=n%P,mi=m%P;
        if(mi>ni) return 0;
        for(int i=1;i<=mi;i++) res=res*(ni-i+1)%P*qpow(i,P-2,P)%P;
        n/=P;m/=P;
    }
    return res;
}

int main()
{
    ll n,G;
    cin>>n>>G;
    if(G%MOD==0){cout<<0<<'\n';return 0;}  // 特判
    for(int i=1;i*i<=n;i++)
        if(n%i==0)
        {
            for(int j=0;j<4;j++) a[j]=(a[j]+calc(n,i,p[j]))%p[j];
            if(i*i!=n)
                for(int j=0;j<4;j++) a[j]=(a[j]+calc(n,n/i,p[j]))%p[j];
        }
    ll ans=excrt(a,p,4);  // 合并指数
    cout<<qpow(G,ans,MOD)<<'\n';
    return 0;
}

十、阶与原根

10.1 阶的定义与性质

定义：设 \(a,n\) 互质，满足 \(a^k\equiv1\pmod n\) 的最小正整数 \(k\) 称为 \(a\) 模 \(n\) 的阶，记作 \(\operatorname{ord}_n(a)\)。

性质 1：若 \(a^m\equiv1\pmod n\)，则 \(\operatorname{ord}_n(a)\mid m\)。

证明：设 \(k=\operatorname{ord}_n(a)\)，由带余除法 \(m=qk+r\ (0\le r<k)\)，则 \(a^m\equiv a^{qk+r}\equiv (a^k)^q a^r\equiv a^r\equiv1\)，故 \(a^r\equiv1\)，由 \(k\) 的最小性得 \(r=0\)，所以 \(k\mid m\)。

性质 2：\(\operatorname{ord}_n(a)\mid\varphi(n)\)。
证明：由欧拉定理 \(a^{\varphi(n)}\equiv1\pmod n\)，结合性质 1 即得。

10.2 原根的定义与存在性

定义：若 \(g\) 满足 \(\operatorname{ord}_n(g)=\varphi(n)\)，则称 \(g\) 是模 \(n\) 的一个原根。

原根存在定理：模 \(n\) 存在原根当且仅当 \(n=2,4,p^k,2p^k\)，其中 \(p\) 为奇质数，\(k\ge1\)。
（证明较复杂，本文从略）

10.3 原根的求法

步骤：

求出 \(\varphi(n)\) 的所有不同质因子 \(p_1,p_2,\dots,p_s\)。
从 \(2\) 开始枚举 \(g\)，判断是否满足 \(g^{\varphi(n)/p_i}\not\equiv1\pmod n\) 对所有 \(i\) 成立。若成立，则 \(g\) 为原根。

正确性证明：若 \(g\) 不是原根，则存在 \(d<\varphi(n)\) 使 \(g^d\equiv1\)，则 \(d\) 整除 \(\varphi(n)\)，且存在某个质因子 \(p_i\) 使 \(d\mid\frac{\varphi(n)}{p_i}\)，从而 \(g^{\varphi(n)/p_i}\equiv1\)。因此若所有 \(g^{\varphi(n)/p_i}\not\equiv1\)，则 \(g\) 必为原根。

10.4 指标（离散对数）

若 \(g\) 是模 \(n\) 的原根，则每个与 \(n\) 互质的数 \(a\) 可唯一表示为 \(a\equiv g^{\operatorname{ind}_g(a)}\pmod n\)，其中 \(0\le \operatorname{ind}_g(a)<\varphi(n)\)，称为 \(a\) 关于 \(g\) 的指标。

性质：

\(\operatorname{ind}_g(ab)\equiv\operatorname{ind}_g(a)+\operatorname{ind}_g(b)\pmod{\varphi(n)}\)
\(\operatorname{ind}_g(a^k)\equiv k\cdot\operatorname{ind}_g(a)\pmod{\varphi(n)}\)

例题：P6091 【模板】原根

vector<int> get_factors(int x)  // 求 x 的所有不同质因子
{
    vector<int> fac;
    for(int i=2;i*i<=x;i++)
        if(x%i==0)
        {
            fac.pb(i);
            while(x%i==0) x/=i;
        }
    if(x>1) fac.pb(x);
    return fac;
}

bool has_root(int n)  // 判断是否有原根
{
    if(n==2||n==4) return 1;
    vector<int> fac=get_factors(n);
    if(fac.size()!=1&&fac.size()!=2) return 0;  // 不是 p^k 或 2p^k 形式
    if(fac.size()==2&&fac[0]!=2) return 0;      // 2p^k 中第一个因子必须是2
    return 1;
}

int get_root(int n)
{
    if(!has_root(n)) return 0;
    int phi=Phi(n);  // 欧拉函数
    vector<int> fac=get_factors(phi);
    for(int g=2;g<n;g++)
    {
        if(gcd(g,n)!=1) continue;
        int ok=1;
        for(int p:fac)
            if(qpow(g,phi/p,n)==1){ok=0;break;}
        if(ok) return g;
    }
    return 0;
}

十一、二次剩余

11.1 定义与欧拉判别法

定义：设 \(p\) 为奇质数，\(a\) 与 \(p\) 互质。若存在 \(x\) 使得 \(x^2\equiv a\pmod p\)，则称 \(a\) 是模 \(p\) 的二次剩余，否则称为二次非剩余。

欧拉判别法：

\[a^{(p-1)/2}\equiv\begin{cases} 1\pmod p, & a\text{ 是二次剩余}\\ -1\pmod p, & a\text{ 是二次非剩余} \end{cases}\]

证明：

若 \(a\) 是二次剩余，即 \(a\equiv x^2\)，则 \(a^{(p-1)/2}\equiv x^{p-1}\equiv1\pmod p\)（费马小定理）。
若 \(a\) 不是二次剩余，考虑 \(p\) 的简化剩余系，将其配对为 \((x,ax^{-1})\)，每对乘积为 \(a\)，且 \(x\neq ax^{-1}\)（否则 \(a\equiv x^2\)）。共 \((p-1)/2\) 对，故 \(1\cdot2\cdots(p-1)\equiv a^{(p-1)/2}\pmod p\)。而左边为 \((p-1)! \equiv -1\pmod p\)（威尔逊定理），因此 \(a^{(p-1)/2}\equiv -1\)。

11.2 勒让德符号

定义勒让德符号 \(\left(\frac{a}{p}\right)=a^{(p-1)/2}\bmod p\)，值为 \(1\) 或 \(-1\)。

性质：

完全积性：\(\left(\frac{ab}{p}\right)=\left(\frac{a}{p}\right)\left(\frac{b}{p}\right)\)
高斯引理：可用于计算 \(\left(\frac{2}{p}\right)=(-1)^{(p^2-1)/8}\)

11.3 Cipolla 算法求解二次剩余

问题：给定 \(p\)（奇质数）和 \(n\)，求 \(x\) 使 \(x^2\equiv n\pmod p\)。

算法步骤：

若 \(n\equiv0\)，返回 \(0\)。
若 \(n^{(p-1)/2}\equiv -1\)，无解。
随机选取 \(a\) 使得 \(a^2-n\) 不是二次剩余，即 \((a^2-n)^{(p-1)/2}\equiv -1\)。
定义 \(\omega=\sqrt{a^2-n}\)，在扩域 \(\mathbb{F}_p[\omega]\) 中计算 \((a+\omega)^{(p+1)/2}\)，得到的结果即为一个解。