数论大复习

0x00 前言

本文包含大量数论内容，考试概率较低，慎入！！！

常考：快速幂、素数筛法、最大公约数与最小公倍数、逆元

前置知识：数论基础知识、符号表示等

0x01 快速幂 ★★★★☆

模板题：洛谷 P1226 【模板】快速幂

快速幂，分治算法的典型应用，可以以 \(O(\log p)\) 的优秀复杂度计算形如 \(a^b\bmod p\) 的问题。

对于朴素的算法，每次将 \(a^b\) 拆分成 \(a\times a^{b-1}\)，进行 \(b\) 层的递归计算，时间开销较大，考虑减少递归层数。由于对于偶数 \(b\)，\(a^b=a^{\frac{b}{2}}\times a^{\frac{b}{2}}\)，只需计算 \(a^{\frac{b}{2}}\) 即可；而对于奇数 \(b\)，考虑化归，由于 \(b-1\) 是奇数，我们先将 \(a^b\) 拆成 \(a\times a^{b-1}\)，再按上述方法计算 \(a^{b-1}\) 即可。

综上，对于每一次递归中 \(a^b\) 的计算，若 \(b\) 为奇数，则拆为 \(a^{\frac{b-1}{2}}\times a^{\frac{b-1}{2}}\times a\)；若 \(b\) 为偶数，则拆为 \(a^{\frac{b}{2}}\times a^{\frac{b}{2}}\)。对于边界条件，\(a^0=1(a\ne 0),a^1=a\)，实现即可。

代码如下，时间复杂度 \(O(\log p)\)。

int qpow(int a,int b,int p){
    if (!a && !b) return 1;
    if (b==1) return a%p;
    int x=qpow(a,b/2,p);
    return x*1ll*x%p*((b&1)?a:1)%p;
}

0x02 素数筛法 ★★★★☆

一、素数、合数

素数：若正整数 \(p\) 有且仅有 \(2\) 个正因子，则 \(p\) 是素数。
合数：若正整数 \(p\) 有多于 \(2\) 个正因子，则 \(p\) 是合数。

由定义可知，全部正整数可以分成 \(3\) 类：\(1\)、质数、合数。

二、素数的判断

根据定义，若 \(p\) 为素数，则 \(p\) 应只有 \(2\) 个正因子，即 \(1\) 与本身。所以，我们可以枚举从 \(2\) 到 \(p-1\) 的所有数，看它们能否整除 \(p\) 即可，时间复杂度为 \(O(n)\)。

考虑优化，如果 \(p=ab\ (a\le b)\)，则有 \(p=ab\ge a^2\)，即 \(a^2\) 始终小于等于 \(p\)，我们只需将循环条件变为 \(a^2\le p\) 即可。

代码如下，时间复杂度 \(O(\sqrt{n})\)。这里顺便说一下为何不用等价的 \(a\le\sqrt{n}\) 作为条件。在 C++ 中，sqrt() 函数是一个二分查找的过程，时间复杂度为 \(O(\log n)\)，如果直接写入循环条件，每循环一次后都要重新调用该函数，时间复杂度就会多带上一只 \(\log\)，没有必要。

bool isPrime(int x){
    if (x<2) return 0;
    for (int i=2;i*i<=x;++i){ if (!(x%i)) return 0; }
    return 1;
}

三、埃拉托斯特尼筛法（埃筛）

模板题：洛谷 P3383 【模板】线性筛素数

Task 1

如果现在题目变成要你准确地找出 \(1\sim n\) 中所有的素数，使用上面的程序依次判断这 \(n\) 个数是否为素数，那么时间复杂度将为 \(O(n\sqrt{n})\)，在一些题目中直接 T 飞了。怎么办呢？下面将介绍一种快速筛选出 \(1\sim n\) 中所有素数的算法：埃筛（埃拉托斯特尼筛法，Eratosthenes 筛法）。

有一件显而易见的事情：对于一个素数 \(p\)，那么它的 \(x\) 倍应为合数，其中 \(x\in[2,+\infty)\cap\Z\)。所以，我们找到一个素数后，就可以将它所有大于本身的倍数都标记为合数。

具体地，设布尔数组 \(b_i\) 表示 \(i\) 是否为素数，初始化时 \(b_i=\begin{cases}0&,i<2\\ 1&,i\ge 2\end{cases}\)。往后，从 \(i=2\) 开始枚举，若当前 \(b_i=1\)，说明 \(i\) 不是 \(2\) 到 \(i-1\) 中任何一个数的倍数，从而 \(i\) 为素数，加入存放素数的数组 \(primes_k\)。然后遍历所有大于 \(i\) 的 \(i\) 的倍数 \(j\)，使 \(b_j=0\)。最后我们就得到了 \(primes_k\) 数组存储 \(1\sim n\) 的所有素数。

那么这个算法的时间复杂度是多少呢？由必应优先搜索算法可得其时间复杂度为 \(O(n\log\log n)\)，具体怎么证详见 OI-WIKI。注意这里 \(\log\log n=\log(\log n)\)，而不是 \(\log^2 n\)。

Task 2：优化循环次数

虽然现在的时间复杂度已经显著高于用素数判断依次判断素数，但它还能优化。与素数判断相似，仍然考虑减少循环次数。由于当 \(i\ge\sqrt{n}\) 时，就算 \(i\) 是素数，那么 \(2i,3i,\dots\) 都已被其它素数筛过了（为什么？）而 \(i^2>(\sqrt{n})^2=n\)，不在讨论范围之内。所以对于大于 \(\sqrt{n}\) 的数，直接判断是否加入 \(prime_k\) 数组即可，无需往后遍历。

为什么？：当 \(i\ge\sqrt{n}\) 时，对于 \(ai\ (2\le a\le\dfrac{n}{i}\le\sqrt{n}\) 且 \(a\in\N_+)\)，若 \(a\) 是素数，那么其必然在循环至 \(a\) 时被筛过；若 \(a\) 是合数，那么令 \(a=q\cdot b\)，其中 \(q\) 为素数，\(b\in\N_+\)，\(ai=q\cdot bi\) 必有 \(q\) 这个素因子，在循环至 \(q\) 时被筛。综上，命题得证。

Task 3：位级压缩

观察到该算法中频繁对布尔数组 \(b_i\) 进行操作，考虑 bitset。由于 bitset 对程序有常数的优化，使程序时间复杂度从 \(O(n\log\log n)\) 变成 \(O(\dfrac{n}{\omega}\log\log n)\)，其中 \(\omega\) 为常数，一般为 \(32\) 或 \(64\)，压缩后其性能甚至能超过接下来讲的欧筛。（3.14s vs 3.23s）

bitset：详见 OI-WIKI。

Task 4：最终代码

vector<int> solve(int n){
    vector<int> primes;
    bitset<N> b;
    b.set(),b[0]=b[1]=0;
    for (int i=2;i<=n;++i){
        if (b[i]){
            primes.push_back(i);
            if (i*i<n) for (int j=(i<<1);j<=n;j+=i) b[j]=0;
        }
    }
    return primes;
}

四、欧拉筛（欧筛、线性筛）

虽然埃筛的时间复杂度已经非常优秀，但能否做到真正的线性呢？继续优化。我们观察到，在埃筛中，有些数会被重复筛两次。如 \(6=2\times 3=3\times 2\)，其既会被 \(2\) 筛，又会被 \(3\) 筛，如何避免呢？考虑制定规则，我们规定每一个合数只被其最小质因子筛。

那么如何完成呢？依旧从 \(i=2\) 开始循环，若 \(b_i=1\)，则 \(i\) 为素数，加入 \(primes_k\) 数组中。然后，无论 \(i\) 是不是素数，都往后筛，\(j\) 遍历 \(primes_k\) 中的元素，每次取出素数 \(j\) 与 \(i\) 相乘，使 \(b_{ij}=0\)。此时，\(j\) 为 \(ij\) 的最小质因子。持续遍历直至 \(j\mid i\)，此时令 \(i=jl\)，则后面的素数 \(j'\) 与 \(i\) 相乘得到 \(ij'=jj'l\)。因为 \(j<j'\)，而 \(j\) 是 \(jl\) 的最小质因子，所以 \(j\) 也是 \(ij'\) 的最小质因子，所以 \(ij'\) 不应由 \(j'\) 来筛，而应有 \(j\cdot j'l\) 来筛。所以此时终止该层遍历即可。

代码如下，由于每个数最多被筛到一次，所以时间复杂度为 \(O(n)\)。

vector<int> solve(int n){
    vector<int> primes;
    bitset<N> b;
    b.set(),b[0]=b[1]=0;
    for (int i=2;i<=n;++i){
        if (b[i]) primes.push_back(i);
        int l=primes.size();
        for (int j=0;j<l && i*primes[j]<=n;++j){ // 防止下标越界
            b[i*primes[j]]=0; // 筛
            if (!(i%primes[j])) break; // 核心优化！！！
        }
    }
    return primes;
}

0x03 费马小定理与欧拉定理 ★

费马小定理：对于 \(\forall a,p\in\Z\) 满足 \(p\) 为素数且 \(\gcd(a,p)=1\)，则有 \(a^{p-1}\equiv 1\pmod p\)。

欧拉定理：对于 \(\forall a,n\in\Z\) 满足 \(\gcd(a,n)=1\)，有 \(a^{\varphi(n)}\equiv 1\pmod n\)，其中 \(\varphi(n)\) 为欧拉函数，表示 \(1\sim n\) 中与 \(n\) 互质的数的个数，可通过枚举或下面公式算出。

计算公式：设 \(n=p_1^{\alpha_1}\cdot p_2^{\alpha_2}\cdot\dots\cdot p_k^{\alpha_k}\ (p_1,p_2,\dots,p_k\) 为质数\(,\alpha_1,\alpha_2,\dots,\alpha_k\in\N_+)\)（即质因数分解），则 \(\varphi(n)=n\times\prod_{i=1}^k\dfrac{p_i-1}{p_i}\)。

证明：问数学老师吧见 OI WIKI。

0x04 最大公约数/最小公倍数 ★★★★☆

一、定义

公约数：对于任意 \(a,b\in\N_+\)，若 \(d\mid a\) 且 \(d\mid b\)（\(d\in\N_+\)），则 \(d\) 为 \(a,b\) 的公约数。

最大公约数：顾名思义，\(a,b\) 的公约数中最大的那个数就叫 \(a,b\) 的最大公约数，用 \((a,b)\) 或 \(\gcd(a,b)\) 表示。（由于 \(()\) 的含义过多，所以下文都用 \(\gcd()\) 表示最大公约数，但在数学学习中请按照数学老师要求书写）

公倍数：对于 \(a,b\in\N_+\)，若 \(a\mid d\) 且 \(b\mid d\)（\(d\in\N_+\)），则 \(d\) 为 \(a,b\) 的公倍数。

最小公倍数：\(a,b\) 的公倍数中最小的数即为 \(a,b\) 的最小公倍数，用 \([a,b]\) 或 \(\operatorname{lcm}(a,b)\) 表示。（同上，下文采用第二种表示）

二、性质

性质：对于 \(a,b\in\N_+\)，满足 \(ab=\gcd(a,b)\times\operatorname{lcm}(a,b)\)。

证明：设 \(d=\gcd(a,b),a=a'd,b=b'd\)，则 \(a',b'\) 互质。根据定义 \(\operatorname{lcm}(a,b)=da'b'\)（为什么？），从而 \(\gcd(a,b)\times\operatorname{lcm}(a,b)=d\times da'b'=a'd\cdot b'd=ab\)。

为什么？：对于 \(a,b\) 的最小公倍数 \(ka\ (k\in\N_+)\)，有 \(b\mid ka\)，即 \(b'd\mid ka'd\)，两边同约去 \(d\) 得 \(b'\mid ka'\)。又由于 \(a',b'\) 互质，所以 \(b'\) 的所有质因子都来自于 \(k\)，即 \(b'\mid k\)，所以 \(k_{\min}=b'\)，\(a,b\) 的最小公倍数即为 \(da'b'\)。

三、辗转相除法

模板题：洛谷 B3634 最大公约数和最小公倍数

I. 算法流程及证明

辗转相除法，也称欧几里得算法，与我国古代的更相减损术类似。具体地，对于两正整数 \(a,b\)，有 \(\gcd(a,b)=\gcd(b,a\bmod b)\)。考虑如何证明。

关于最小公约数，考虑先令 \(d=\gcd(a,b),a=a'd,b=b'd\)。有取余，再考虑使用带余除法，令 \(a=bk+r\ (q,r\in\Z,0\le q<b)\)，则移项得 \(r=a-bq=a'd-kb'd\)，从而 \(\gcd(b,a\bmod b)=\gcd(b,r)=\gcd(b'd,a'd-kb'd)=d\cdot\gcd(b',a'-kb')\)。

考虑质因数分解，令 \(a'=\prod_{i=1}^m p_i^{\alpha_i},b'=\prod_{j=1}^n q_j^{\beta_j}\)，其中 \(p_i,q_j\) 均为质数，\(\alpha_i,\beta_j\in\N_+\)。由于 \(a',b'\) 互质，所以对于 \(\forall i\in[1,m]\cap\Z,j\in[1,n]\cap\Z,p_i\ne q_j\)。从而对于 \(\forall j\in[1,n]\cap\Z\)，有 \(q_j\nmid a',q_j\mid b'\)，从而 \(q_j\nmid(a'-kb')\)。由于 \(b'\) 的任何质因数都不是 \(a'-kb'\) 的因数，所以 \(\gcd(b',a'-kb')=1\)。（为什么？）从而 \(\gcd(b,a\bmod b)=d\cdot 1=d=\gcd(a,b)\)，证毕。

为什么？：对于 \(b',a'-kb'\) 的公约数 \(x\)，对 \(x\) 进行质因数分解得到 \(x=\prod_{i=1}^k u_i^{\gamma_i}\)，其中 \(u_i\) 为质数，\(\gamma_i\in\N_+\)，则 \(u_i\mid b',u_i\mid(a'-kb')\)，与 \(b'\) 的任何质因数都不是 \(a'-kb'\) 的因数矛盾。所以 \(b',a'-kb'\) 的任意公约数 \(x\) 都不能被分解成若干质数相乘，而由定义 \(x\in\N_+\)，所以 \(x=1\)。

最终代码如下。实现是注意 \(b=0\) 的边界判断。当该层 \(b=0\) 时，说明上一层 \(b_0\mid a_0\)，即 \(\gcd(a_0,b_0)=b_0\)，而上一层的 \(b_0\) 是这一层的 \(a\)，所以直接返回 \(a\) 即可。对于最小公倍数，套用 \(ab=\gcd(a,b)\times\operatorname{lcm}(a,b)\) 即可。

int gcd(int a,int b){ return b?gcd(b,a%b):a; }
int lcm(int a,int b){ return a/gcd(a,b)*b; }

II. 时间复杂度

对于时间复杂度，lcm() 函数只调用了参数相同的 gcd() 函数，所以二者时间复杂度相同。对于 gcd(a,b)，若 \(a<b\)，则执行一次后变成了 gcd(b,a)，即时间复杂度最多在每一次都满足 \(a\ge b\) 的基础上乘常数 \(2\)，对时间复杂度没有影响。因为 \(a=b\) 时下一层直接返回，递归到头开始回溯了，所以下面只讨论 \(a>b\) 时的情况。

当 \(a>b\) 时，若 \(a\ge 2b\)，则下一层 gcd(b,a%b) 的规模最大为 gcd(b,b)，至少缩小了一半。若 \(b<a<2b\)，则下一层为 gcd(b,a-b)，再下一层为 gcd(a-b,b%(a-b))，其中 \(a-b<a-\dfrac{a}{2}<\dfrac{a}{2}\)。我们希望 \(b\bmod(a-b)\le\dfrac{b}{2}\)，这样我们就能证出两层后数据规模减小了一半。

那么能否证出呢？采用反证法。假设 \(b\bmod(a-b)>\dfrac{b}{2}\)，又因为 \(b\bmod(a-b)<a-b\)，所以 \(a-b>\dfrac{b}{2}\)。由于 \(a-b<2b-b=b\)，所以 \(b\bmod(a-b)\) 计算过程中 \(b\) 至少被减掉了 \(1\) 个 \(a-b\)（Tip），所以 \(b\bmod (a-b)<b-(a-b)<b-\dfrac{b}{2}=\dfrac{b}{2}\)，与假设矛盾，所以假设不成立，所以原命题得证。

Tip：在取模运算中，对于 \(a\bmod b\)，使用带余除法，令 \(a=bq+r\ (q,r\in\Z,0\le r<b)\)，则 \(a\bmod b=r=a-bq\)，即从 \(a\) 中减掉 \(q\) 个 \(b\)。

综上，经过 \(2\) 次递归后，数据规模不会超过原来的一半，所以欧几里得算法的时间复杂度因为 \(O(\log\max(a,b))\) 级别。

0x05 扩展欧几里得算法 ★

题目：对于 \(a,b\in\N_+\)，求方程 \(ax+by=\gcd(a,b)\) 的一组整数解。

前置知识：欧几里得算法（辗转相除法）

而对于新方程，由欧几里得算法可得 \(ax+by=\gcd(a,b)=\gcd(b,a\bmod b)\)，令其等于 \(bx'+(a\bmod b)y'=bx'+(a-b\times\big\lfloor\dfrac{a}{b}\big\rfloor)y'=ay'+b(x'-\big\lfloor\dfrac{a}{b}\big\rfloor\times y')\)，两式对比可知 \(\begin{cases}x=y'\\ y=x'-\big\lfloor\dfrac{a}{b}\big\rfloor\times y'\end{cases}\) 是其一组解。所以在欧几里得算法的基础上，我们只需在每次递归返回时增加返回当前问题的 \(x,y\) 作为上一层递归的 \(x',y'\) 即可。

对于边界条件，普通欧几里得算法的边界为 \(b=0\)，此处不变；当 \(b=0\) 时，方程变为 \(ax=a\ (a\ne 0)\)，解得 \(x=1\)，与 \(y\) 无关，令 \(y=0\) 即可。

代码如下，时间复杂度 \(O(\log(\max(a,b))\)。

typedef pair<int,int> pii;
pii exgcd(int a,int b){
    if (b==0) return pii{1,0};
    pii p=exgcd(b,a%b);
    return pii{p.second,p.first-a/b*p.second};
}

0x06 裴蜀定理 ☆

模板题：洛谷 P4549 【模板】裴蜀定理

前置知识：扩展欧几里得算法

内容：对于方程 \(ax+by=c\ (a,b\in\N_+,c\in\Z)\)，当且仅当 \(\gcd(a,b)\mid c\) 时，方程有整数解。

证明

Task 1：证条件

证明：仅当 \(\gcd(a,b)\mid c\) 时，方程可能有整数解。

由于 \(\gcd(a,b)\mid a\)，所以 \(\gcd(a,b)\mid ax\)，同理 \(\gcd(a,b)\mid by\)，二者相加可得 \(\gcd(a,b)\mid (ax+by)\)，即 \(\gcd(a,b)\mid c\)。所以当且仅当 \(\gcd(a,b)\mid c\) 时，原不定方程才有整数解。

Task 2：证存在

证明：当 \(\gcd(a,b)\mid c\) 时，方程有整数解。

使用扩展欧几里得算法，令 \(c=k\cdot\gcd(a,b)\)，代回原方程得到 \(ax+by=k\cdot\gcd(a,b)\)，即 \(a\cdot\dfrac{x}{k}+b\cdot\dfrac{y}{k}=\gcd(a,b)\)，利用 Exgcd 可以求得其中一组解 \(\begin{cases}\dfrac{x}{k}=x'\\ \dfrac{y}{k}=y'\end{cases}(x',y'\in\Z)\)，又因为 \(k\in\Z\)，所以该方程的其中一组解 \(\begin{cases}x=kx'\\ y=ky'\end{cases}\) 为整数解，证毕。

拓展：\(n\) 元的裴蜀定理

内容：\(\gcd(a_1,a_2,\dots,a_n)\mid c\) 是方程 \(a_1x_1+a_2x_2+\dots+a_nx_n=c\) 有整数解的充分必要条件，其中 \(a_1,a_2,\dots,a_n\in\N_+,c\in\Z\)。

Task 1：证必要

证明：当方程 \(a_1x_1+a_2x_2+\dots+a_nx_n=c\) 有整数解时，\(\gcd(a_1,a_2,\dots,a_n)\mid c\)。

与 \(2\) 元的裴蜀定理该部分证明相似。由于 \(a_1,a_2,\dots,a_n\) 都是 \(\gcd(a_1,a_2,\dots,a_n)\) 的倍数，所以左式整体为 \(\gcd(a_1,a_2,\dots,a_n)\) 的倍数，从而 \(\gcd(a_1,a_2,\dots,a_n)\mid c\)。

Task 2：证充分

证明：当 \(\gcd(a_1,a_2,\dots,a_n)\mid c\) 时，方程 \(a_1x_1+a_2x_2+\dots+a_nx_n=c\) 有整数解。

证明方法有很多，此处采用第一数学归纳法说明。

1°：当 \(n=2\) 时，成立；（二元裴蜀定理）
2°：当 \(n>2\) 时，假设 \(n-1\) 时成立。则方程 \(a_1x_1+a_2x_2+\dots+a_{n-1}x_{n-1}=k\cdot\gcd(a_1,a_2,\dots,a_{n-1})\) 必有至少一组整数解，记作 \(x_1,x_2,\dots,x_{n-1}\)，代入题目中方程可得 \(k\cdot\gcd(a_1,a_2,\dots,a_{n-1})+a_nx_n=c\)，而 \(\gcd(a_1,a_2,\dots,a_n)=\gcd(\gcd(a_1,a_2,\dots,a_{n-1}),a_n)\)，又因为 \(\gcd(a_1,a_2,\dots,a_n)\mid c\)，所以由二元裴蜀定理可证；
3°：由 1°2° 可得原命题成立。

---

代码如下，时间复杂度 \(O(n\log\max_{i=1}^n a_i)\)。

int n;
int a[N]; // 含义见题目

int gcd(int a,int b){ return b?gcd(b,a%b):a; }
void solve(){
    int i;
    for (i=1;!a[i];++i); // 找到第一个非零 a[i]
    int res=abs(a[i]); // 注意取绝对值
    for (++i;i<=n;++i) res=gcd(res,abs(a[i]));
}

0x07 求整系数二元一次不定方程的整数解 ☆

模板题：洛谷 P5656 【模板】二元一次不定方程 (exgcd)

前置知识：扩展欧几里得算法、裴蜀定理

首先考虑方程何时有整数解，由裴蜀定理得当且仅当 \(\gcd(a,b)\mid c\) 时有解。若方程无解，直接输出 -1；若方程有解，令 \(d=\gcd(a,b),c=k\cdot d\)，原不定方程转变为 \(ax+by=k\cdot\gcd(a,b)\)，两边同除以 \(k\) 得 \(a\cdot\dfrac{x}{k}+b\cdot\dfrac{y}{k}=\gcd(a,b)\)，即 \(ax'+by'=\gcd(a,b)\) 的整数解必是原不定方程的整数解。

而对于新方程，利用 Exgcd 可以求出 \(x',y'\)，则原不定方程应有一组解为 \(\begin{cases}x_0=kx'=\dfrac{cx_0}{d}\\ y_0=ky'=\dfrac{cy_0}{d}\end{cases}\)，尝试寻找其它的解。由于 \(ax+by=(ax+mab)+(by-mab)=a(x+mb)+b(y-ma)\)，所以原不定方程的解集应为 \(\{(x,y)\mid x=x_0+\dfrac{b}{d}k,y=y_0-\dfrac{a}{d}k,k\in\Z\}\)。

然后考虑是否有正整数解。首先考虑满足 \(x\in\N_+\)，即 \(x_0+\dfrac{b}{d}k\ge 1\)，解得 \(k\ge\dfrac{(1-x_0)\cdot d}{b}\)，又因为 \(k\in\Z\)，所以 \(k_{\min}=\Big\lceil\dfrac{(1-x_0)\cdot d}{b}\Big\rceil\)。同时，把 \(x,y\) 看成两个以 \(k\) 为自变量的一次函数，由于 \(\dfrac{b}{d}>0\)，所以 \(x\) 随 \(k\) 增大而增大，同理 \(y\) 随 \(k\) 增大而减小，所以当 \(k\) 取最小值时，可以求得 \(x_{\min}=x_0+\dfrac{b}{d}k_{\min},y_{\max}=y_0-\dfrac{a}{d}k_{\min}\)。

如果 \(y_{\max}\le 0\)，说明 \(y\) 不可能在 \(x\in\N_+\) 的前提下达到正整数，即原不定方程没有正整数解。由于 \(\dfrac{a}{d},k\in\Z\)，所以 \(y_{\min}\equiv y_0-\dfrac{a}{d}k\equiv y_0+\dfrac{a}{d}k_{\min}\equiv y_{\max}\pmod{\dfrac{a}{d}}\)。又因为 \(y_{\min}\) 为最小正整数，所以应让其等于 \(y_{\max}\bmod\dfrac{a}{d}\) 吗？可是，当 \(y_0=0\)，即 \(\dfrac{a}{d}\mid y_{\max}\) 时，代入上文公式得 \(y_{\min}=0\notin\N_+\)，这时应让 \(y_{\min}=\dfrac{a}{d}\) 才符合题意。综上，\(y_{\min}=\begin{cases}\dfrac{a}{d}&,\dfrac{a}{d}\mid y_{\max}\\ y_{\max}\bmod\dfrac{a}{d}&,\dfrac{a}{d}\nmid y_{\max}\end{cases}=(y_{\max}-1)\bmod\dfrac{a}{d}+1\)。

而对于 \(y_{\max}>0\) 的情况，我们还需要求出 \(x_{\max}\)。由前文 \(x_{\max},y_{\min}\) 是原不定方程的一组解，代入得 \(ax_{\max}+by_{\min}=c\)，解得 \(x_{\max}=\dfrac{c-by_{\min}}{a}\)。同时，解的个数即为 \(k_{\max}-k_{\min}+1=\dfrac{d}{a}(y_0-y_{\min})-\dfrac{d}{a}(y_0-y_{\max})+1=\dfrac{d}{a}(y_{\max}-y_{\min})+1\)。

代码如下，单次时间复杂度 \(O(\log\max(a,b))\)。

typedef long long ll;
typedef pair<ll,ll> pll;
int gcd(int a,int b){ return b?gcd(b,a%b):a; }
pll exgcd(int a,int b){
    if (b==0) return pll{1,0};
    pll p=exgcd(b,a%b);
    return pll{p.second,p.first-a/b*p.second};
}
void solve(int a,int b,int c){
    int d=gcd(a,b);
    if (c%d){ printf("-1\n");return; }
    pll q=exgcd(a,b);
    ll x=c/d*1ll*q.first,y=c/d*1ll*q.second;
    ll k1=ceil((1.0-x)*d/b);
    ll xmin=x+b/d*k1,ymax=y-a/d*k1;
    ll ymin=((ymax-1)%(a/d)+a/d)%(a/d)+1,xmax=(c-b*ymin)/a,cnt=(ymax-ymin)/(a/d)+1;
    if (ymax<=0) printf("%lld %lld\n",xmin,ymin);
    else printf("%lld %lld %lld %lld %lld\n",cnt,xmin,ymin,xmax,ymax);
}

0x08 模意义下的乘法逆元 ★★

模板题：洛谷 P3811 【模板】模意义下的乘法逆元

一、定义

对于非零整数 \(a,m\)，如果存在 \(b\) 使得 \(ab\equiv 1\pmod m\)，就称 \(b\) 是 \(a\) 在模 \(m\) 意义下的逆元（inverse）。

通俗地说，如果 \(b\equiv\dfrac{1}{a}\pmod p\)，则称 \(b\) 是 \(a\) 在模 \(p\) 意义下的逆元。

二、存在条件

当且仅当 \(a,p\) 互素时，\(a\) 在模 \(p\) 意义下有逆元。

证明如下:

Task 1：证条件

证明：当 \(\gcd(a,p)\ne 1\) 时，\(a\) 在模 \(p\) 意义下无逆元。

采用反证法。假设当 \(\gcd(a,p)\ne 1\) 时，\(a\) 在模 \(p\) 意义有逆元。记 \(b\) 为 \(a\) 在模 \(p\) 意义下的逆元，由定义 \(ab\equiv 1\pmod p\)，将同余式写成带余除法，设 \(ab=pq+1(q\in\Z)\)，两边同除以 \(\gcd(a,p)\) 得 \(\dfrac{a}{\gcd(a,p)}b=\dfrac{p}{\gcd(a,p)}q+\dfrac{1}{\gcd(a,p)}\)，由于 \(\dfrac{a}{\gcd(a,p)},\dfrac{p}{\gcd(a,p)}\in\Z\)，所以 \(\dfrac{1}{\gcd(a,p)}=\dfrac{a}{\gcd(a,p)}b-\dfrac{p}{\gcd(a,p)}q\in\Z\)，所以 \(\gcd(a,p)=1\)，与条件矛盾，所以假设不成立，所以命题得证。

Task 2：证存在

证明：当 \(a,p\) 互素时，\(a\) 在模 \(p\) 意义下有逆元。

由下文 三、F2 易证，此却按表不提。

三、求解方法

F1：费马小定理 + 快速幂

限制条件：\(p\) 为素数（费马小定理前提）

前置知识：费马小定理、快速幂

首先，由费马小定理得 \(a^{p-1}\equiv 1\pmod p\)，两边同除以 \(a\) 得 \(a^{p-2}\equiv\dfrac{1}{a}\equiv b\pmod p\)，所以要求 \(b\) 只需求出 \(a^{p-2}\) 即可。

但是 \(a\) 和 \(p\) 在实际题目中可能数量级较大，\(a^{p-2}\) 极大。由于 \(b\equiv a^{p-2}\pmod p\)，我们只需要求出 \(a^{p-2} \bmod p\) 作为 \(a\) 的逆元即可。

代码如下，时间复杂度为 \(O(\log p)\)。

int qpow(int a,int b,int p){ // 快速幂
    if (!a && !b) return 1;
    if (b==1) return a%p;
    int x=qpow(a,b/2,p);
    return x*1ll*x%p*((b&1)?a:1)%p;
}
int inv(int a,int p){ return qpow(a,p-2,p); } // 求 a 在模 p 意义下的逆元

F2：扩展欧几里得算法（Exgcd）

前置知识：扩展欧几里得算法

对于 \(a\) 在模 \(p\) 意义下的逆元 \(b\)，由 \(b\equiv\dfrac{1}{a}\pmod p\) 可得 \(ab\equiv 1\pmod p\)。可令 \(ab=1-pk\)，从而有 \(ab+pk=1=\gcd(a,p)\)，利用 Exgcd 可求得其一组解，符合条件。

但模板题有些毒瘤题还要求我们的答案在 \((0,p]\cap\Z\) 的范围内，此时由于 \(ab+pk=a(b+pm)+p(k-am)\)，我们可以给答案任意加减任意整数个 \(p\)，且操作完仍符合题意，所以我们只需取 \(b\bmod p\) 即可。

另外说一下为何取模完后要加 \(p\) 在取模。这是因为 C++ 的 % 运算结果符号与第一个操作数的符号相同。即对于 a%b，若 \(a>0\) 则结果为正，反之若 \(a<0\) 则结果为负，对于这种情况，此时的 a%b 会在 \((-|p|,0]\) 之间，只要在加上 \(p\) 即可。但是对于第一种情况不应该加上 \(p\)，所以最好还要取模一下。

代码如下，时间复杂度 \(O(\log\max(a,p))\)，但一般优于 F1。

typedef pair<int,int> pii;
pii exgcd(int a,int b){ // 扩欧（扩展欧几里得算法）
    if (b==0) return pii{1,0};
    pii p=exgcd(b,a%b);
    return pii{p.second,p.first-a/b*p.second};
}
int inv(int a,int p){ return (exgcd(a,p).first%p+p)%p; } // 取模使得返回值在 (0,p] 范围之内

F3：线性递推

限制条件：\(p\) 不为合数

进行带余除法，令 \(p=aq+r\ (q\in\Z,r\in[0,a)\cap\Z)\)，则 \(aq+r\equiv p\equiv 0\pmod p\)，两边同除以 \(ar\) 得 \(\dfrac{q}{r}+\dfrac{1}{a}\equiv 0\pmod p\)，即 \(b\equiv\dfrac{1}{a}\equiv-\dfrac{q}{r}\equiv -\big\lfloor\dfrac{p}{a}\big\rfloor\cdot\dfrac{1}{p\bmod a}\pmod p\)，而由于 \(p\bmod a<a\)，所以其逆元在递推的过程中已经求过。

记 \(inv_i\) 表示 \(i\) 的逆元，有 \(inv_i=(-\big\lfloor\dfrac{p}{i}\big\rfloor\cdot inv_{p\bmod i})\bmod p=p-(\big\lfloor\dfrac{p}{i}\big\rfloor\cdot inv_{p\bmod i})\bmod p\)，边界条件为 \(inv_1=1\)，所以从 \(i=2\) 开始循环。但是当 \(i\mid p\) 时，\(0\) 的逆元没有定义，而有 F1 可得 \(inv_i=i^{p-2}\bmod p\)，无法实现。从而只有当 \(p\) 为素数或 \(1\)，即不是合数时才成立。

代码如下，时间复杂度 \(O(a)\)，但可求出 \(1\sim a\) 中所有数字的逆元值。

int inv[N];
void solve(int n,int p){
    inv[1]=1;
    for (int i=2;i<=n;++i) inv[i]=p-(p/i)*1ll*inv[p%i]%p;
    for (int i=1;i<=n;++i) printf("%d\n",inv[i]);
}

拓展：求 \(n!\) 在模 \(p\) 意义下的逆元

由于 \(\dfrac{1}{n!}\equiv\dfrac{1}{1}\cdot\dfrac{1}{2}\cdot\dots\cdot\dfrac{1}{n}\)，所以在用 F3 求出 \(1\sim n\) 的所有数在模 \(p\) 意义下的逆元后，全部相乘即可得到 \(n!\) 在模 \(p\) 意义下的逆元。

代码如下，时间复杂度 \(O(n)\)。

int inv[N];
int solve(int n,int p){
    inv[1]=1;
    for (int i=2;i<=n;++i) inv[i]=p-(p/i)*1ll*inv[p%i]%p;
    int res=1;
    for (int i=1;i<=n;++i) res=res*1ll*inv[i]%mod;
    return res;
}

0x09 算数基本定理/整数唯一分解定理、约数基本定理、约数和定理

内容：对于 \(\forall n\in\N_+\)，必有 \(n=p_1^{\alpha_1}p_2^{\alpha_2}\dots p_k^{\alpha_k}\ (p_i\) 为素数且 \(p_1<p_2<\dots<p_k,\alpha_i\in\N\)，其中 \(1\le i\le n)\)。

注：下文定理中 \(n\) 都写成上文中的标准素因数分解式。

约数基本定理：对于 \(\forall n\in\N_+\)，其正约数个数为 \(\prod_{i=1}^k(\alpha_i+1)\)。

约数和定理：对于 \(\forall n\in\N_+\)，其正约数和为 \(\prod_{i=1}^k\sum_{j=0}^k p_i^j=\prod_{i=1}^k\dfrac{p_i^{\alpha_i+1}-1}{p_i-1}\)。