数论（长期更新）

\(\gcd\) 相关问题

gcd 相关问题

类欧几里得算法

给定\(n,a,b,c\)，求\(\sum\limits_{i=0}^n \Big\lfloor \dfrac{ai+b}{c} \Big\rfloor\)和\(\sum\limits_{i=0}^n i\Big\lfloor \dfrac{ai+b}{c} \Big\rfloor\)以及\(\sum\limits_{i=0}^n \Big\lfloor \dfrac{ai+b}{c} \Big\rfloor^2\)

设：

\[\begin{aligned} f(a,b,c,n)&=\sum\limits_{i=0}^n \Big\lfloor \dfrac{ai+b}{c} \Big\rfloor\\ g(a,b,c,n)&=\sum\limits_{i=0}^n i\Big\lfloor \dfrac{ai+b}{c} \Big\rfloor\\ h(a,b,c,n)&=\sum\limits_{i=0}^n \Big\lfloor \dfrac{ai+b}{c} \Big\rfloor^2 \end{aligned} \]

类欧的主要想法就是把式子中的\(a\to a\bmod c\)，然后递归下去算。

首先考虑算\(f(a,b,c,n)\)。

当\(a\ge c\)或者\(b\ge c\)时，可以让\(a,b\)对\(c\)取模：

\[\begin{aligned} f(a,b,c,n)&=\sum\limits_{i=0}^n \Big\lfloor \dfrac{ai+b}{c} \Big\rfloor\\ &=\sum\limits_{i=0}^n \Big\lfloor \dfrac{(c\lfloor \frac{a}{c} \rfloor+a\bmod c)i+c\lfloor \frac{b}{c} \rfloor+b\bmod c}{c} \Big\rfloor\\ &=\sum\limits_{i=0}^n \lfloor \frac{a}{c} \rfloor i+\lfloor \frac{b}{c} \rfloor +\Big\lfloor \dfrac{(a\bmod c)i+b\bmod c}{c} \Big\rfloor\\ &=\lfloor \frac{a}{c} \rfloor\dfrac{n(n+1)}{2}+(n+1)\lfloor \frac{b}{c} \rfloor+f(a\bmod c,b\bmod c,c,n) \end{aligned} \]

然后只需算\(a<c\)且\(b<c\)的情况，此时我们可以将整个向下取整的式子换掉：

\[\begin{aligned} f(a,b,c,n)&=\sum\limits_{i=0}^n \Big\lfloor \dfrac{ai+b}{c} \Big\rfloor\\ &=\sum\limits_{i=0}^n \sum\limits_{j=0}^{\lfloor \frac{ai+b}{c}\rfloor-1} 1\\ &=\sum\limits_{j=0}^{\lfloor \frac{an+b}{c}\rfloor-1} \sum\limits_{i=0}^n\Big[j<\Big\lfloor\frac{ai+b}{c}\Big\rfloor\Big] \end{aligned} \]

对于后面括号中的式子，进行等价的变形：

\[\begin{aligned} j<\Big\lfloor\frac{ai+b}{c}\Big\rfloor& \iff j+1\le\Big\lfloor\frac{ai+b}{c}\Big\rfloor\\ & \iff j+1\le\frac{ai+b}{c}\\ & \iff cj+c-b\le ai\\ & \iff cj+c-b-1<ai\\ & \iff \dfrac{cj+c-b-1}{a}<i\\ & \iff \Big\lfloor \dfrac{cj+c-b-1}{a} \Big\rfloor<i \end{aligned} \]

那么原来的式子就是：

\[\begin{aligned} f(a,b,c,n)&=\sum\limits_{j=0}^{\lfloor \frac{an+b}{c}\rfloor-1} \sum\limits_{i=0}^n\Big[\Big\lfloor \dfrac{cj+c-b-1}{a} \Big\rfloor<i\Big]\\ &=\sum\limits_{j=0}^{\lfloor \frac{an+b}{c}\rfloor-1} n-\Big\lfloor \dfrac{cj+c-b-1}{a} \Big\rfloor\\ &=n\lfloor \frac{an+b}{c}\rfloor-\sum\limits_{j=0}^{\lfloor \frac{an+b}{c}\rfloor-1} \Big\lfloor \dfrac{cj+c-b-1}{a} \Big\rfloor\\ &=n\lfloor \frac{an+b}{c}\rfloor-f(c,c-b-1,a,\lfloor \frac{an+b}{c}\rfloor-1) \end{aligned} \]

这样递归即可，这里\(a,c\)位置互换，结合之前的取模，时间复杂度是\(O(\log \max(a,c))\)的。

那么\(f\)就算好了。\(h,g\)几乎一致，但还是有点不同，来推一下：

来算\(g\)。

当\(a\ge c\)或者\(b\ge c\)时：

\[\begin{aligned} g(a,b,c,n)&=\sum\limits_{i=0}^n i\Big\lfloor \dfrac{ai+b}{c} \Big\rfloor\\ &=\sum\limits_{i=0}^n i\Big\lfloor \dfrac{(c\lfloor \frac{a}{c} \rfloor+a\bmod c)i+c\lfloor \frac{b}{c} \rfloor+b\bmod c}{c} \Big\rfloor\\ &=\sum\limits_{i=0}^n \lfloor \frac{a}{c} \rfloor i^2+\lfloor \frac{b}{c} \rfloor i+i\Big\lfloor \dfrac{(a\bmod c)i+b\bmod c}{c} \Big\rfloor\\ &=\dfrac{n(n+1)(2n+1)}{6}\lfloor \frac{a}{c} \rfloor+\dfrac{n(n+1)}{2}\lfloor \frac{b}{c} \rfloor+g(a\bmod c,b\bmod c,c,n) \end{aligned} \]

当\(a<c\)且\(b<c\)时：

\[\begin{aligned} g(a,b,c,n)&=\sum\limits_{i=0}^n i\Big\lfloor \dfrac{ai+b}{c} \Big\rfloor\\ &=\sum\limits_{i=0}^n \sum\limits_{j=0}^{\lfloor \frac{ai+b}{c}\rfloor-1} i\\ &=\sum\limits_{j=0}^{\lfloor \frac{an+b}{c}\rfloor-1} \sum\limits_{i=0}^n i\Big[j<\Big\lfloor\frac{ai+b}{c}\Big\rfloor\Big]\\ &=\sum\limits_{j=0}^{\lfloor \frac{an+b}{c}\rfloor-1} \sum\limits_{i=0}^n i\Big[\Big\lfloor \dfrac{cj+c-b-1}{a} \Big\rfloor<i\Big]\\ \end{aligned} \]

为方便，以下令\(m=\Big\lfloor \dfrac{an+b}{c}\Big\rfloor,t=\Big\lfloor \dfrac{cj+c-b-1}{a} \Big\rfloor\)。

\[\begin{aligned} g(a,b,c,n)&=\sum\limits_{j=0}^{m-1} \sum\limits_{i=0}^n i[t<i]\\ &=\sum\limits_{j=0}^{m-1}\dfrac{n(n+1)}{2}-\dfrac{t^2+t}{2}\\ &=\dfrac{1}{2}\Big(mn(n+1)-\sum\limits_{j=0}^{m-1}\Big\lfloor \dfrac{cj+c-b-1}{a} \Big\rfloor^2+\sum\limits_{j=0}^{m-1}\Big\lfloor \dfrac{cj+c-b-1}{a} \Big\rfloor\Big)\\ &=\dfrac{1}{2}\Big(mn(n+1)-h(c,c-b-1,a,m-1)+f(c,c-b-1,a,m-1)\Big) \end{aligned} \]

\(g\)就算好了，但是发现需要\(h\)。那来算\(h\)。

当\(a\ge c\)或者\(b\ge c\)时：

\( \begin{aligned} h(a,b,c,n)&=\sum\limits_{i=0}^n \Big\lfloor \dfrac{ai+b}{c} \Big\rfloor^2\\ &=\sum\limits_{i=0}^n\Big(\Big\lfloor\dfrac{a}{c}\Big\rfloor i+\Big\lfloor\dfrac{b}{c}\Big\rfloor+\Big\lfloor \dfrac{(a\bmod c)i+b\bmod c}{c} \Big\rfloor\Big)^2\\ &=\sum\limits_{i=0}^n\Big( \Big\lfloor\dfrac{a}{c}\Big\rfloor^2 i^2+\Big\lfloor\dfrac{b}{c}\Big\rfloor^2+\Big\lfloor \dfrac{(a\bmod c)i+b\bmod c}{c} \Big\rfloor^2+2\Big\lfloor\dfrac{a}{c}\Big\rfloor\Big\lfloor\dfrac{b}{c}\Big\rfloor i+2\Big\lfloor\dfrac{a}{c}\Big\rfloor i\Big\lfloor \dfrac{(a\bmod c)i+b\bmod c}{c} \Big\rfloor+2\Big\lfloor\dfrac{b}{c}\Big\rfloor\Big\lfloor \dfrac{(a\bmod c)i+b\bmod c}{c} \Big\rfloor \Big)\\ &=\dfrac{n(n+1)(2n+1)}{6}\Big\lfloor\dfrac{a}{c}\Big\rfloor^2+(n+1)\Big\lfloor\dfrac{b}{c}\Big\rfloor^2+h(a\bmod c,b\bmod c,c,n)+n(n+1)\Big\lfloor\dfrac{a}{c}\Big\rfloor\Big\lfloor\dfrac{b}{c}\Big\rfloor+2\Big\lfloor\dfrac{a}{c}\Big\rfloor g(a\bmod c,b\bmod c,c,n)+2\Big\lfloor\dfrac{b}{c}\Big\rfloor f(a\bmod c,b\bmod c,c,n) \end{aligned} \)

当\(a<c\)且\(b<c\)时：

\[\begin{aligned} h(a,b,c,n)&=\sum\limits_{i=0}^n \Big\lfloor \dfrac{ai+b}{c} \Big\rfloor^2\\ \end{aligned} \]

将\(n^2\)写成\(\Big(2\sum\limits_{i=0}^n i\Big)-n\)的形式：

\[\begin{aligned} h(a,b,c,n)&=\sum\limits_{i=0}^n \Big\lfloor \dfrac{ai+b}{c} \Big\rfloor^2\\ &=\sum\limits_{i=0}^n \Big(\Big(2\sum_{j=1}^{\lfloor \frac{ai+b}{c} \rfloor} j\Big)-\Big\lfloor \dfrac{ai+b}{c} \Big\rfloor\Big)\\ &=2\sum\limits_{i=0}^n\sum\limits_{j=0}^{\lfloor \frac{ai+b}{c} \rfloor-1}(j+1)-f(a,b,c,n)\\ &=2\sum\limits_{j=0}^{m-1}(j+1)\sum\limits_{i=0}^n\Big[j<\dfrac{ai+b}{c}\Big]-f(a,b,c,n)\\ &=2\sum\limits_{j=0}^{m-1}(j+1)\sum\limits_{i=0}^n[i>t]-f(a,b,c,n)\\ &=m(m+1)n-2f(c,c-b-1,a,m-1)-2g(c,c-b-1,a,m-1)-f(a,b,c,n) \end{aligned} \]

综上，\(f,g,h\)在计算时相互调用即可，或者使用一个结构体同时算出三者。

边界就是\(n<0\)或者\(a=0\)。

数论分块

用于和式计算中将含有\(\Big\lfloor\dfrac n i\Big\rfloor\)的项在其值相同的时候打包计算。

可以发现\(\Big\lfloor\dfrac n i\Big\rfloor\)的取值只有\(O(\sqrt n)\)种：对于\(1\le i\le \sqrt n\)，只有\(\sqrt n\)个\(i\)；对于\(\sqrt n<i\le n\)，\(\Big\lfloor\dfrac n i\Big\rfloor\)显然至多有\(\sqrt n\)种取值。

主要记忆一些结论：

• 使得\(\lfloor \dfrac ni\rfloor=\lfloor \dfrac nj\rfloor\)成立的最大的\(j=\Big\lfloor \dfrac n{\lfloor \dfrac ni\rfloor}\Big\rfloor\)。\(O(\sqrt n)\)

• 使得\(\lceil \dfrac ni\rceil=\lceil \dfrac nj\rceil\)成立的最大的\(j=\Big\lfloor \dfrac {n-1}{\lfloor \dfrac {n-1}i\rfloor}\Big\rfloor\)，注意\(i=n\)时特殊处理，否则分母为\(0\)。\(O(\sqrt n)\)

• 二维/高维形式上，每一维都和一维形式相同，故取\(\min\)即可。

• 使得\(\sqrt{\dfrac np}=\sqrt{\dfrac nq}\)成立的最大的\(q=\Big \lfloor \dfrac{n}{\lfloor\dfrac np\rfloor^2}\Big\rfloor\)

数论函数

积性函数

若对于\(a\perp b\)，\(f(ab)=f(a)f(b)\)，则称\(f\)是一个积性函数。

若对于任意的\(a,b\)，\(f(ab)=f(a)f(b)\)，则称\(f\)是一个完全积性函数。

一般来说，对于积性函数\(f(n)\)，\(f(1)=1\)。

一些常见的积性函数：

• 单位函数：\(\epsilon(n)=[n=1]\)，同时是完全积性。

• 恒等函数：\(\texttt{id}_k(n)=n^k\)，同时是完全积性。当\(k=1\)时，简记为\(\texttt{id}(n)=n\)。

• 常数函数：\(1(n)=1\)，同时是完全积性。

• 除数函数：\(\sigma_k(n)=\sum\limits_{d|n}d^k\)，\(\sigma_0(n)\)即因数个数，简记为\(d(n)\)，\(\sigma_1(n)\)即因数之和，简记为\(\sigma(n)\)。

• 欧拉函数。

• 莫比乌斯函数。

积性函数的取值由素数幂处的取值决定，于是求积性函数时总是关注其素数幂处的取值。

狄利克雷卷积（Dirichlet卷积）

\[h(n)=\sum\limits_{d|n} f(d)g(\frac{n}{d}) \]

称\(h\)是\(f\)和\(g\)的Dirichlet卷积，记作\(h=f\ast g\)。

和狄利克雷生成函数相关，对应生成函数的乘法。

上面的莫比乌斯反演式子就可以写成：\(f=g \ast 1\iff g=f\ast \mu\)

这是由莫比乌斯函数的性质得到的：\(\mu\ast 1=\epsilon\)

欧拉函数的性质可以表示为：\(\varphi \ast 1=\texttt{id}\)

狄利克雷卷积的性质：

• 交换律，\(f\ast g=g\ast f\)。

• 结合律，\(f\ast (g\ast h)=(f\ast g)\ast h\)。

• 分配律，\(f\ast(g+h)=f\ast g+f\ast h\)。

• 等式的性质：\(f=g\iff f\ast h=g\ast h\)。

• 单位元：\(f\ast \epsilon=f\)。

• 逆元：\(f\ast g=\epsilon\)，则\(f,g\)互为逆元。逆元是唯一的。

重要结论：

1. 两个积性函数的卷积还是积性函数。这个可以证明一坨和式是积性的，然后就可以去筛它。

2. 一个积性函数的逆还是积性函数。

点乘

定义点乘\((A\cdot B)(n)=A(n)B(n)\)。

性质：当\(C\)为完全积性函数时，\((A\cdot C)\ast (B\cdot C)=(A\ast B)\cdot C\)。即此时点乘对狄雷克利卷积有分配律。

\(C=\texttt{id}_k\)很常见。

常用的一些东西：

• \((\mu\cdot \texttt{id}_k)\ast \texttt{id}_k=(\mu\cdot \texttt{id}_k)\ast(1\cdot \texttt{id}_k)=(\mu\ast 1)\cdot \texttt{id}_k=\epsilon \cdot \texttt{id}_k=\epsilon\)

• \((\varphi\cdot \texttt{id}_k)\ast \texttt{id}_k=(\varphi\cdot \texttt{id}_k)\ast(1\cdot \texttt{id}_k)=(\varphi\ast 1)\cdot \texttt{id}_k=\texttt{id}_{k+1}\)

可以发现两个积性函数的点乘还是积性函数。

欧拉函数

\(\varphi(n)\)定义为\(\le n\)的正整数中有多少个与\(n\)互质。

\[\varphi(n)=\sum\limits_{i=1}^n[\gcd(i,n)=1] \]

运用下面的\(\mu\)的性质，可以化简定义式：

\[\begin{aligned} \varphi(n)&=\sum\limits_{i=1}^n[\gcd(i,n)=1]\\ &= \sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{d|\gcd(i,n)}\mu(d)\\ &=\sum\limits_{d|n}\mu(d)\texttt{id}(\frac{n}{d}) \end{aligned} \]

由两个积性函数的狄利克雷卷积还是积性函数，可知\(\varphi\)的积性。

来看其素数幂处的取值，设\(p\in\texttt{Prime}\)，则\(\varphi(p)=p-1,\varphi(p^k)=p^k-p^{k-1}\)。

那么可以得到单点求\(\varphi(n)\)的式子，以下设\(n=\prod\limits_{i\ge 1,p_i\in\texttt{Prime}}p_i^{k_i}\)：

\[\begin{aligned} \varphi(n)&=\prod\limits_{p_i\in\texttt{Prime}} \varphi(p_i^{k_i})\\ &=\prod\limits_{p_i}p_i^{k_i}(1-\frac{1}{p_i})\\ &=n\prod\limits_{p_i}\frac{p_i-1}{p_i} \end{aligned} \]

还有常用的性质：\(n=\sum\limits_{d|n}\varphi(d)\)。

直接用\(\mu\ast \texttt{id}=\varphi\)两边卷上\(1\)即可得到。可以用于替换一坨式子，或许可以称之欧拉反演（？

莫比乌斯函数

\[\mu(x)= \begin{cases} 1 & x=1\\ 0 & x\text{含平方因子}\\ (-1)^k & k\text{为}x\text{的不同质因子个数}\\ \end{cases} \]

初始化时记得\(\mu(1)=1\)。

莫比乌斯反演

性质：

\[\epsilon(n)=[n=1]=\sum\limits_{d\mid n} \mu(d) \]

证明一下：

显然\(\sum\limits_{d\mid n}\mu(d)=\sum\limits_{d\mid n'}\mu(d)\)，其中设\(n=\prod\limits_{1\le k\le x} p_k^{a_k}\)，那么\(n'=\prod\limits_{1\le k\le x} p_k\)。

于是结合定义，原式即\(\sum\limits_{0\le k\le x} (-1)^k\binom xk=[x=0]=[n=1]=\epsilon(n)\)。

反演式子：\(f(n)=\sum\limits_{d|n} g(d)\iff g(n)=\sum\limits_{d|n}\mu(d)f(\dfrac{n}{d})\)

筛法

埃氏筛

考虑筛素数。一个方法是从\(2\)开始，把一个数字的所有倍数都划去，剩下的数就是素数了。\(O(n\log\log n)\)

线性筛（欧拉筛）

埃氏筛还是太慢，关注其过程，发现一个数会被它的每个质因子都标记一次。

我们优化这一点，让一个数只会被它的最小质因子标记。

这样是\(O(n)\)的。

实现是为人所熟知的。

实现

void init(){
	np[0]=np[1]=true;
	for(int i=2;i<=lim;++i){
		if(!np[i]) p.emplace_back(i);
		for(int j=0;j<(int)p.size()&&p[j]*i<=lim;++j){
			np[i*p[j]]=true;
			if(i%p[j]==0) break;
		}
	}
}

注意到在线性筛的过程中，我们也得到了一个数\(i\)的最小质因子。

筛积性函数

对于当前枚举的素数\(p\)和合数（也可能是质数，但是这里当做合数）\(i\)，我们只需考虑两种情况。

• \(i\perp p\)，那么由积性函数性质，\(f(ip)=f(i)f(p)\)。这里的\(f(i)\)和\(f(p)\)都是已经算过的。

• \(p|i\)，那么这时\(p\)是\(i\)的最小质因子，这里就要特殊考虑转移了，需要一些精细的观察。

• 特别地，当筛出了一个素数\(p\)时，\(f(p)\)的取值要特殊算。

还有一种对注意力要求不是很高的方法：

我们设\(n=\prod_{i=1}^mp_i^{\alpha_i}\)，\(g(n)=p_1^{\alpha_1}\)。

那么\(g(n)\)是可以在线性筛过程中轻松算出来的。

\(f(n)=f\Big(\dfrac{n}{g(n)}\Big)f\Big(g(n)\Big)\)。注意特判\(g(n)=n\)的情况。

这里要求对于任意素数\(p\)，能够快速求出\(f(p^k)\)。

杜教筛

这里不需要积性的良好性质。

对于任意数论函数\(f(n)\)，求\(S(n)=\sum\limits_{i=1}^nf(i)\)。

先找到另一个数论函数\(g(n)\)，设\(f\ast g=h\)，先来看\(h\)的前缀和：

\[\begin{aligned} \sum\limits_{i=1}^nh(i)&=\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{d|i}g(d)f(\frac{i}{d})\\ &=\sum\limits_{d=1}^ng(d)\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor} f(i)\\ &=\sum\limits_{d=1}^ng(d)S(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor) \end{aligned} \]

把右边第一项拿出来，得到\(g(1)S(n)=\sum\limits_{i=1}^nh(i)-\sum\limits_{d=2}^ng(d)S(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor)\)，注意右侧下标从\(2\)开始。

如果\(g,h\)的前缀和好求，那么右边就可以整除分块做了。但是直接做是\(O(n^{\frac{3}{4}})\)的。通过分析复杂度加均值不等式，可以得到用线性筛预处理前\(m=n^{\frac{2}{3}}\)个\(S(i)\)时，复杂度为\(O(n^{\frac{2}{3}})\)。

PN筛

Powerful Number

设正整数\(n=\prod\limits_{i=1}^mp_i^{k_i}\)，如果对于每一个\(1\le i\le m\)，\(k_i>1\)，则称\(n\)是一个Powerful Number。

性质：

首先，每一个PN都可以表示为\(a^2b^3\)的形式。这是显然的，考虑每一个指数，如果它是偶数，全部扔到\(a^2\)中，否则拿出\(3\)次扔到\(b\)中，剩下的扔到\(a^2\)中。

然后，我们可以证明\(n\)以内的PN有\(O(\sqrt n)\)个。先枚举\(a\)，然后看合法的\(b\)有多少个。\(\int_1^{\sqrt n}\sqrt[3]{\dfrac{n}{x^2}}\mathrm d x=O(\sqrt n)\)。

如何求\(n\)以内的所有PN呢？线性筛出\(\sqrt n\)以内的所有素数，然后DFS各素数的指数即可。\(O(\sqrt n)\)。

Powerful Number筛

即PN筛。

需要积性。

求特定积性函数前缀和：\(S(n)=\sum\limits_{i=1}^nf(i)\)。

PN筛要求存在一个函数\(g\)满足：

• \(g\)是积性函数。

• \(g\)的前缀和容易求。

• 在质数\(p\)处，\(g(p)=f(p)\)。

假设现在已经找到了\(g\)，我们设\(G(n)=\sum\limits_{i=1}^ng(i)\)。

我们又构造\(h\)使得\(g\ast h=f\)，由狄雷克利卷积的性质可知\(h\)的积性，于是\(h(1)=1\)。

在素数\(p\)处，\(f(p)=g(p)h(1)+g(1)h(p)=g(p)\)，于是\(h(p)=0\)。

根据\(h\)的积性以及\(h(p)=0\)，可知\(h\)只在PN或者\(1\)处取得非零值。这里注意\(h(1)=1\)。

根据\(f=g\ast h\)，可以来求\(S(n)\)：

\[\begin{aligned} \sum\limits_{i=1}^nf(i)&=\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{d|i}g(d)h(\dfrac{i}{d})\\ &=\sum\limits_{d=1}^nh(d)\sum\limits_{i=1}^{\lfloor \dfrac{n}{d}\rfloor}g(i)\\ &=\sum\limits_{1\le d\le n,d\in PN}h(d)G(\lfloor\dfrac{n}{d}\rfloor) \end{aligned} \]

以上注意\(d=1\)时也要计算值。

现在枚举\(d\)是\(O(\sqrt n)\)的。要计算\(h(d)\)，考虑利用它的积性，只需计算出\(h(p^c)\)处的取值即可（\(c>1\)）。

算\(h(p^c)\)的方法有两种：

• 直接推式子找到\(h\)的通项。

• 递推一下，根据\(f=g\ast h\)可得\(f(p^c)=\sum\limits_{i=0}^cg(p^i)h(p^{c-i})\)，提出第一项就有\(h(p^c)=f(p^c)-\sum\limits_{i=1}^cg(p^i)h(p^{c-i})\)。

复杂度\(O(\sqrt n\log n)\)，而且很松。

费马小定理

若\(p\)为素数，\(\gcd(a,p)=1\)，则\(a^{p-1}\equiv 1\pmod p\)

证明不会。

于是当\((a,p)=1\)时，\(a^x\bmod p=a^{x\bmod (p-1)}\bmod p\)。

欧拉定理

若 \(\gcd(a,m)=1\) ，则 \(a^{\varphi(m)} \equiv 1 \pmod m\)

扩展欧拉定理

\[a^b=\begin{cases} a^{b \bmod \varphi(p)} & \gcd(a,p)=1 \\ a^b & \gcd(a,p) \ne 1,b<\varphi(p) \\ a^{b \bmod \varphi(p)+\varphi(p)} & \gcd(a,p) \ne 1,b \ge \varphi(p) \end{cases}\]

乘法逆元

乘法逆元的\(n\)种求法。

\(ax\equiv 1\pmod p\)

1. 扩欧：要求\(\gcd(a,b)=1\)。

2. 费马小定理：要求\(p\)是素数且\(\gcd(a,p)=1\)。

3. 线性求逆元：

首先，显然\(1^{-1}\equiv 1\pmod p\)。

我们希望求\(i^{-1}\)，考虑\(p=ki+j(0\le j<i)\)，则\(ki+j\equiv 0\pmod p\)。

两侧同乘\(i^{-1}j^{-1}\)，则\(kj^{-1}+i^{-1}\equiv 0\pmod p\)，即\(i^{-1}\equiv -kj^{-1}\pmod p\)。

由于负数不太好，再加上\(pj^{-1}\)，则\(i^{-1}\equiv (p-k)j^{-1}\pmod p\)

4. 求任意\(n\)个数的逆元：求出前缀积的逆元，再倒着推回去求每个前缀积的逆元，那么每个数的逆元都可以\(O(1)\)计算。

同余基本性质

应该都知道吧。

中国剩余定理

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

求解一元线性同余方程组。

一般的CRT

强调\(m_1,\dots ,m_n\)互质。

过程：

1. 求\(M=\prod m_i\)。

2. 对于第\(i\)个方程，求\(p_i=\dfrac{M}{m_i}\)以及\(p_ip_i^{-1}\equiv 1\pmod {m_i}\)

3. \(x=\sum a_ip_ip_i^{-1} \bmod M\)

可以证明这样是对的。

扩展中国剩余定理（exCRT）

考虑合并两个方程\(x\equiv a_1\pmod{m_1}\)与\(x\equiv a_2\pmod{m_2}\)。

\[x_0=m_1\lambda_1+a_1=m_2\lambda_2+a_2 \]

于是用exgcd求出\((\lambda_1,\lambda_2)\)或者报告无解。

然后得到通解形式\(x=x_0+lcm(m_1,m_2)\)，这个容易验证是对的。

于是合并得到了\(x\equiv x_0\pmod{lcm(m_1,m_2)}\)。

两两合并\(n\)次就解出来了。

Lucas定理和exLucas

Lucas

强调模数\(p\)为质数。

\[{n \choose m} \equiv {\lfloor \frac{n}{p} \rfloor \choose \lfloor \frac{m}{p} \rfloor} {n \bmod p \choose m \bmod p} \pmod p\\ \text{其中} p \text{为质数。} \]

证：

注意到 \({p \choose n} \equiv [n=p \lor n=0] \pmod p\)，

因此 \((a+b)^p \equiv a^p+b^p \pmod p\)。

对于 \(f(x)=(1+x)^n\)，\([x^m]f(x)={n \choose m}\)。

我们现在对 \(f(x)\) 做一点变换，

\[\begin{aligned} f(x)&=(1+x)^n\\ &=(1+x)^{p \times \lfloor \frac{n}{p} \rfloor}(1+x)^{n \bmod p}\\ &=((1+x)^{p})^{\lfloor \frac{n}{p} \rfloor}(1+x)^{n \bmod p} \end{aligned} \]

所以 \(f(x) \equiv (1+x^p)^{\lfloor \frac{n}{p} \rfloor} (1+x)^{n \bmod p} \pmod p\)

设 \(h(x)=(1+x^p)^{\lfloor \frac{n}{p} \rfloor},g(x)=(1+x)^{n \bmod p}\)，

则 \([x^m]f(x) \equiv [x^{kp}]h(x) \times [x^r]g(x) \pmod p\)。

因为 \(0 \le r < p\),所以将 \(m\) 拆成 \(m=kp+r\) 的形式的方法是唯一的，即 \(k=\lfloor \frac{m}{p} \rfloor,r=m \bmod p\)。

所以 \([x^{kp}]h(x)={\lfloor \frac{n}{p} \rfloor \choose \lfloor \frac{m}{p} \rfloor},[x^r]g(x)={n \bmod p \choose m \bmod p}\)。

原式得证。

感觉不是很严谨，感性理解一下。

exLucas

和上方的Lucas定理相比，除了用途，其余并无关系。

求解：

\[\dbinom nm \bmod M \]

其中\(M\)为合数。

首先我们可以对\(M\)唯一分解，\(M=\prod\limits_{i\ge 1} p_i^{k_i}\)。

然后使用CRT把原问题拆了：求出\(\dbinom nm\bmod p^k\)，然后可以合并出原问题的答案。

把\(\dbinom nm\)写成阶乘形式，\(\dbinom nm=\dfrac{n!}{m!(n-m)!}\)。

现在还求不了逆元，因为分母可能不与\(p^k\)互质。所以直接把阶乘中所有\(p\)因子给提出来。

记\(v_p(n)\)表示\(n!\)中\(p\)因子的个数，这个是很容易递归求的，\(v_p(n)=v_p(\lfloor \frac{n}{p} \rfloor)+\lfloor \frac{n}{p} \rfloor\)。

于是现在就是要求\(\dfrac{\dfrac{n!}{p^{v_p(n)}}}{\dfrac{m!}{p^{v_p(m)}}\cdot \dfrac{(n-m)!}{p^{v_p(n-m)}}}\times p^{v_p(n)-v_p(m)-v_p(n-m)}\bmod p^k\)

分母上的数现在可以求逆元了，那么现在要求的就是\(\dfrac{n!}{p^{v_p(n)}}\bmod p^k\)

考虑把\(n!\)拆一下，将每个\(p\)的倍数都拆出来一个\(p\)因子，可以得到\(n!=\Big(\Big\lfloor\frac{n}{p} \Big\rfloor\Big)!\times p^{\lfloor \frac{n}{p}\rfloor}\times \prod\limits_{p\not\mid i,i=1}^n i\)

再把两边都除以\(v_p(n)\)，得到\(\dfrac{n!}{p^{v_p(n)}}=\dfrac{\Big(\Big\lfloor\frac{n}{p} \Big\rfloor\Big)!}{p^{v_p(\Big\lfloor\frac{n}{p} \Big\rfloor)}}\times \prod\limits_{p\not\mid i,i=1}^n i\)

右边前面那一坨显然是可以递归下去做的。

后面那一坨我们再拆一下。由于\(\bmod p^k\)，那么肯定有长为\(p^k\)的循环节，于是\(\prod\limits_{p\not\mid i,i=1}^n i=\Big(\prod\limits_{p\not\mid i,i=1}^{p^k} i\Big)^{\Big\lfloor\frac{n}{p^k} \Big\rfloor}\times \prod\limits_{p\not\mid i,i=1}^{n\bmod p^k} i\)。

前后两坨都可以\(O(p^k)\)算出来，前面可以套个快速幂。或者由Wilson定理，前面括号内的东西\(\bmod p^k\)只会是\(\pm 1\)，于是关注一下指数的奇偶就行。

这样递归下去算，时间复杂度单次询问\(O(p\log p)\)。或许可以预处理一些东西做到更好的复杂度。

原根

需要了解一些性质。

阶

对于\(a\in\mathrm N,m\in\mathrm N_+,(a,m)=1\)，满足\(a^n\equiv 1\pmod m\)的最小的\(n\)称为\(a\)模\(m\)的阶，记作\(\delta_m(a)\)或者\(\text{ord}_m(a)\)。

原根的定义

设\(m\in \mathrm N_+,g\in\mathrm Z\)，若\((g,m)=1\)，且\(\delta_m(g)=\varphi(m)\)，则称\(g\)为模\(m\)的原根。

原根判定定理

设\(m\ge 3,(g,m)=1\)，则\(g\)是模\(m\)的原根的充要条件是：对于\(\varphi(m)\)的每一个素因子\(p\)，都有\(g^{\frac{\varphi(m)}{p}}\not\equiv 1\pmod m\)。

原根存在定理

一个数\(m\)存在原根当且仅当：\(m=2,4,p^\alpha,2p^\alpha\)，其中\(p\)是奇素数，\(\alpha\in\mathrm N_+\)。

离散对数

主要用大步小步。

BSGS

求解\(a^x\equiv b\pmod m\)，其中\(a\perp m,0\le x<m\)。注意\(m\)不一定是素数。

我们可以设\(x=A\sqrt m-B\)，那么上式就是\(a^{A\sqrt m}\equiv b\times a^B\pmod m\)。

其中\(1\le A,B\le \sqrt m\)。

我们已知\(a,b\)，可以先枚举\(B\)算出右边的所有取值，存到Hash表中，然后枚举\(A\)算左边的取值，在Hash表中查找。

从而我们可以得到所有的\(x=A\sqrt m-B\)。

这里要求\(a\perp m\)是为了等式两边可以同时除以\(a^B\)。

\(O(\sqrt m)\)。

进阶应用

求解\(x^a\equiv b\pmod p\)。

可以转化为BSGS。

exBSGS

剩余

主要用二次剩余。

定义：令\(a\perp p\)，若存在\(x\in \mathbb Z\)使得\(x^2\equiv a\pmod p\)，则称\(a\)为模\(p\)的二次剩余，否则称\(a\)为模\(p\)的二次非剩余。

\(p=2\)时是简单的，这里只讨论\(p\)为奇素数的情况。

Euler判别法

对于奇素数\(p\)和\(a\perp p\)，

\[a^{\frac{p-1}{2}}\equiv \begin{cases} 1\pmod p & \exists x\in\mathbb Z,x^2\equiv a\pmod p\\ -1 \pmod p & \text{Otherwise.} \end{cases} \]

二次剩余的数量

在模奇素数\(p\)的意义下，二次剩余和二次非剩余都有\(\dfrac{p-1}{2}\)个。

Lengendre符号

\[\Big(\frac{a}{p}\Big)=\begin{cases} 0 & p\mid a\\ 1 & (p\not\mid a)\land(\exists x\in\mathbb Z,a\equiv x^2\pmod p)\\ -1 & \text{Otherwise.} \end{cases} \]

性质：

对于任意整数\(a\)，

\[a^{\frac{p-1}{2}}\equiv \Big(\frac{a}{p}\Big)\pmod p \]

使用原根可以证明。

Cipolla算法

求解\(x^2\equiv n\pmod p\)。

我们先找一个\(a\)，使得\(a^2-n\)是二次非剩余。由于二次非剩余占了一半，所以这是容易得到的。

根据上面的性质，\((a^2-n)^{\frac{p-1}{2}}\equiv -1\pmod p\)。

我们在模\(p\)意义下定义一个虚数单位\(i^2\equiv (a^2-n)\)，将所有虚数表示为\(A+Bi\)，并认为虚数取模就是\(A,B\)分别取模。

Lemma 1:

\[i^p\equiv -i\pmod p \]

证明：\(i^p=i(i^2)^{\frac{p-1}{2}}\equiv (a^2-n)^{\frac{p-1}{2}}i\equiv -i\pmod p\)。

Lemma 2:

\[(A+B)^p\equiv A^p+B^p\pmod p \]

证明：用二项式定理展开即可。

我们可以进行计算了：

\[\begin{aligned} (a+i)^{p+1}&\equiv (a+i)^p(a+i)\\ &\equiv (a^p+i^p)(a+i)\\ &\equiv (a-i)(a+i)\\ &\equiv a^2-i^2\\ &\equiv n\pmod p \end{aligned} \]

于是得到一个解为\((a+i)^{\frac{p+1}{2}}\)。可以通过反证法得到这个解总是为实数。

设存在复数\(A+Bi(B\ne 0)\)满足\((A+Bi)^2\equiv n\pmod p\)，那么就有\(A^2+B^2(a^2-n)-n\equiv -2ABi\pmod p\)。

左边是实数，那么右边必为实数，于是\(A=0\)，所以\((Bi)^2\equiv n\pmod p\)，即\(i^2\equiv nB^{-2}\pmod p\)。左边是二次非剩余，右边是二次剩余，于是矛盾。得证。

代码实现需要一个手写复数类。

代码

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define gc getchar
int rd(){
	int f=1,r=0;
	char ch=gc();
	while(!isdigit(ch)){ if(ch=='-') f=-1;ch=gc();}
	while(isdigit(ch)){ r=(r<<1)+(r<<3)+(ch^48);ch=gc();}
	return f*r;
}

mt19937 rnd(233);
int mo,i_2;

inline int add(int x,int y){
	return x+y>=mo?x+y-mo:x+y;
}

inline int sub(int x,int y){
	return x-y<0?x-y+mo:x-y;
}

inline int mul(int x,int y){
	return 1ll*x*y%mo;
}

struct cpl{
	int re,im;
	
	cpl(int _x=0,int _y=0):re(_x),im(_y){}
	
	cpl operator*(const cpl &tmp){
		return cpl(add(mul(re,tmp.re),mul(mul(im,tmp.im),i_2)),add(mul(re,tmp.im),mul(im,tmp.re)));
	}
};

int ksm(int x,int y){
	int rs=1;
	while(y){
		if(y&1) rs=mul(rs,x);
		x=mul(x,x);
		y>>=1;
	}
	return rs;
}

cpl ksm(cpl x,int y){
	cpl rs(1,0);
	while(y){
		if(y&1) rs=rs*x;
		x=x*x;
		y>>=1;
	}
	return rs;
}

bool lengendre(int x){
	return ksm(x,(mo-1)>>1)==1;
}

int cipolla(int n,int p){
	n%=p,mo=p;
	if(!n) return 0;
	if(!lengendre(n)) return -1;
	int a=rnd()%mo;
	while(lengendre(sub(mul(a,a),n))) a=rnd()%mo;
	i_2=sub(mul(a,a),n);
	return ksm(cpl(a,1),(mo+1)>>1).re;
}

int T,n,p;

void solve(){
	n=rd(),p=rd();
	int rs=cipolla(n,p);
	if(!rs) puts("0");
	else if(rs==-1) puts("Hola!");
	else{
		if(rs>p-rs) rs=p-rs;
		printf("%d %d\n",rs,p-rs);
	}
}

int main(){
	T=rd();
	while(T--) solve();
	return 0;
}

素数

定义都知道。

素数有无限个。欧拉有一个巧妙的证明。

素数定理

设\(\pi(x)\)表示\(\le x\)的数中素数的个数。

那么\(\pi(x)\sim \dfrac{x}{\ln x}\)。\(\dfrac{x}{\ln x}\)是下界。\(\pi(x)\)略大一些。

哥德巴赫猜想

猜想：任意\(\ge 4\)的偶数，都可以表示为两个质数的和。

这个在很大的范围内都是对的，但是还没有证明。

Bertrand 假设（Bertrand-Chebyshev Theorem）

对于任意 \(n\in \mathrm N_+\)，\(\exists p\in [n,2n] \ s.t. \ p\in \text{Prime}\)。

推论：

• 对于任意 \(n>6\)，\(\exists p_1,p_2\in [n,2n] \ s.t. \ p_1,p_2\in \text{Prime}\land p_1=4k_1+1\land p_2=4k_2+3\)。

• 对于任意 \(k\in \mathrm N\)，\(\exists B\in \mathrm N \ s.t. \ \forall n>B,\text{至少存在} k \text{个素数} p\in [n,2n]\)。

构造题中出现了。CF2089A。

Miller-Rabin素性测试和Pollard Rho分解质因数算法

这是唯一真史

Miller-Rabin 可以在 \(O(k\log n)\) 的复杂度内对 \(n\) 做 \(k\) 轮测试以判断其是否为质数。是一个概率性的测试，拿着必要条件当充分条件用。

二次探测定理

对于

Stern-Brocot Tree和法里级数

Stern-Brocot树

可以构造满足\(m\perp n\)的所有非负分数\(\frac{m}{n}\)的集合。

我们从初始的两个分数\((\dfrac{0}{1},\dfrac{1}{0})\)出发，不断进行以下操作：

\[\texttt{在两个相邻分数}\dfrac{m}{n}\texttt{和}\dfrac{m'}{n'}\texttt{之间插入}\dfrac{m+m'}{n+n'} \]

新的分数\(\dfrac{m+m'}{n+n'}\)称为\(\dfrac{m}{n}\)和\(\dfrac{m'}{n'}\)的中位分数。

这样可以用一个三元组来描述一个位置：\((\dfrac{m}{n},\dfrac{m+m'}{n+n'},\dfrac{m'}{n'})\)。

这些分数的阵列可以看成是一棵无限的二叉树构造。\((\dfrac{m}{n},\dfrac{m+m'}{n+n'},\dfrac{m'}{n'})\)的左儿子是\((\dfrac{m}{n},\dfrac{2m+m'}{2n+n'},\dfrac{m+m'}{n+n'})\)，右儿子是\((\dfrac{m+m'}{n+n'},\dfrac{m+2m'}{n+2n'},\dfrac{m'}{n'})\)。

它的顶端看起来像是这样：

来看它的性质。最重要的一个是：如果\(\dfrac{m}{n}\)和\(\dfrac{m'}{n'}\)是这个构造中任意一个阶段的相邻分数，我们就有\(m'n-mn'=1\)。

我们来归纳证明它。初始状态\((\dfrac{0}{1},\dfrac{1}{0})\)是符合的。

当插入一个中位分数时，我们要验证的就是：

\[\begin{aligned} (m+m')n-m(n+n')&=1\\ m'(n+n')-(m+m')n'&=1 \end{aligned} \]

这里打开括号后是与原来的条件等价的。于是这个性质总是成立。

有这个东西后由裴蜀定理的逆定理，我们就知道了Stern-Brocot树中的分数总是最简的。

此外，设\(0\le \dfrac{m}{n}<\dfrac{m'}{n'}\)，容易证明\(\dfrac{m}{n}<\dfrac{m+m'}{n+n'}<\dfrac{m'}{n'}\)。

这就说明了Stern-Brocot树不会重复。

下面说明不会遗漏任意一个非负分数。

考虑\(\dfrac{a}{b}\)，首先有\(\dfrac{m}{n}<\dfrac{a}{b}<\dfrac{m'}{n'}\)。

我们每次生成一个中间分数\(\dfrac{m}{n}<\dfrac{m+m'}{n+n'}<\dfrac{m'}{n'}\)，从而可以类似二分的找下去。这个过程不可能无限进行，因为条件

\[\dfrac{a}{b}-\dfrac{m}{n}>0\texttt{ 和 }\dfrac{m'}{n'}-\dfrac{a}{b}>0 \]

蕴含

\[an-bm\ge 1\texttt{ 和 }bm'-an'\ge 1 \]

从而

\[(m'+n')(an-bm)+(m+n)(bm'-an')\ge m'+n'+m+n \]

我们把左边打开就得到了\(am'n-bmn'+bm'n-amn'=a(m'n-mn')+b(m'n-mn')=a+b\ge m'+n'+m+n\)。

右边在不断增大，左侧不变，于是在至多\(a+b\)步后我们可以得到\(\dfrac{a}{b}\)。

我们可以用矩阵描述在Stern-Brocot树上的行动。

设当前点为\(\dfrac{m+m'}{n+n'}\)，我们把它的两个祖先放到矩阵中，但是要注意上下颠倒一下，表示为\(\begin{bmatrix}n & n'\\m & m'\end{bmatrix}\)。

颠倒是为了初始时更加符合直觉：\(I=\begin{bmatrix}1 & 0\\ 0 & 1\end{bmatrix}\)

设当前点的矩阵为\(M\)，我们用\(ML\)表示向左边走一步得到的矩阵，\(MR\)表示向右边走一步得到的矩阵。

那么可以得到\(L=\begin{bmatrix}1 & 1\\0 & 1\end{bmatrix},R=\begin{bmatrix}1 & 0\\ 1 & 1\end{bmatrix}\)

设\(f(S)\)表示经过\(S\)中的依次移动走到的分数对应的矩阵，那么有\(f(S)=S\)

我们还可以观察到，Stern-Brocot树是一棵二叉搜索树，于是我们可以在它上面进行二叉搜索。

以上二者结合，有两种二叉搜索的方式来确定\(\dfrac{m}{n}\)在Stern-Brocot树中的位置：

• 从\(I\)开始移动。

• 从\(\dfrac{m}{n}\)开始移动回到\(I\)。

我们还可以发现，移动过程中可能会连续进行很多次\(L\)或者\(R\)，我们可以二分长度，一整段\(L\)或者\(R\)一起跳过。

复杂度是\(\log^2(m+n)\)的，这是因为“拐弯”的位置只会有\(\log(m+n)\)个，一次拐弯后分子分母都会变成原来的两倍，所以得证。

这样就可以快速二分了。

法里级数

阶为\(N\)的法里级数记作\(\mathcal F_N\)，它是介于\(0\)和\(1\)之间的分母不超过\(N\)的所有最简分数组成的集合，而且按照递增的次序排列。

这是Stern-Brocot树的一个子树。

很牛，但是整棵Stern-Brocot树还是更有意义。