数学 / 数论

gcd

重要结论：\(\gcd(a,b) = \gcd(b, a\bmod b)\)。

唯一分解定理

对于任意大于 \(1\) 的正整数 \(n\)，有 \(n = \prod p_i^{a_i}\)。那么约数个数就是 \(\prod (a_i + 1)\)。

素数分布

记 \(\pi(x)\) 表示不超过 \(x\) 的素数个数。有 \(\pi(x) \approx \frac{x}{\log x}\)，且 \(x\) 越大越精确。

积性函数

对于函数 \(f(x)\)，如果对于任意一对互质的 \(n,m\)，有 \(f(nm) = f(n)f(m)\)，称其为积性函数。例如 \(f(x) = \phi(x)\)。
对于函数 \(f(x)\)，如果对于任意 \(n,m\) 有 \(f(nm) = f(n)f(m)\)，称其为完全积性函数。例如 \(f(x) = x^n\)。
对于积性函数 \(f(x)\)，显然有 \(f(x)=\prod f(p_i^{a_i})\)。

欧拉函数

\(\phi(n)\) 表示 \(1\sim n-1\) 中与 \(n\) 互质的数的个数。有

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

其中 \(p\) 为质数。那么如果关心单点的欧拉函数，可以做到根号。
前面提到欧拉函数是积性函数，可以使用线性筛线性预处理。
具体假设我们在筛 \(i \times p_j\)，那么 \(p_j\) 就是它的最小质因子。如果 \(p_j\nmid i\)，表示 \(i\) 中 \(p_j\) 没有出现过，即 \(i\) 与 \(p_j\) 互质，\(\phi(i\times p_j) = \phi(i)\phi(p_j) = \phi(i)(p_j - 1)\)。否则说明 \(i\) 中出现了 \(p_j\)，\(p_j\) 的对应贡献计算完毕，有 \(\phi(i\times p_j) = \phi(i) \times p_j\)。

线性筛

朴素求质数就不聊了。考虑我们现在想预处理出某个积性函数，考虑用线性筛来做。
例子：求约数个数。和求欧拉函数类似地，当 \(i\) 与 \(p_j\) 互质时 \(f(i\times p_j) = f(i)f(p_j)\)。否则 \(i\) 中出现过 \(p_j\)，那咋办。我们维护每个数的最小质因子 \(mn_i\) 和其出现次数 \(k_i\)，在计算 \(f(i\times p_j)\) 的时候，我们的目的是找到两个互质的数来算贡献，除掉 \(mn_i\) 是一种方法，即 \(f(i\times p_j) = f(\frac{i}{mn_i^{k_i}}) \times f(p_j^{k_i+1})\)，注意到 \(mn_i = p_j\)！
实际上也可以考虑求约数个数那个柿子，\(i\times p_j\) 无非是 \(i\) 多了个 \(p_j\) 贡献，除掉原来的乘上新的，即当 \(\gcd(i,p_j) \ne 1\) 的时候有 \(f(i\times p_j) =\frac{f(i)}{k_i + 1} \times (k_i+2)\)。

乘法逆元

在模 \(p\) 意义下，\(x\) 的逆元 \(x^{-1}\) 满足 \(xx^{-1} \equiv 1\pmod{p}\)。
下面是几种求逆元方法。下文中假设当前在求 \(a\) 的逆元，即求 \(a^{-1}\) 使得 \(aa^{-1}\equiv 1\pmod{p}\)。

费马小定理

当 \(p\) 为素数，\(\gcd(a,p)=1\) 的时候有 \(a^{p-1} \equiv 1\pmod{p}\)。
那不就是 \(aa^{p-2} \equiv 1\pmod{p}\)，那么 \(a^{p-2}\) 即为所求。

欧拉定理

当 \(\gcd(a,p)=1\) 时，有 \(a^{\phi(p)} \equiv 1\pmod{p}\)。类似地，\(a^{\phi(p)-1}\) 即为所求。
可以发现，费马小定理不就是欧拉定理的特殊情况。

扩欧求逆元

记 \(x = a^{-1}\)，现在在求解同余方程 \(ax \equiv 1\pmod{p}\)，那么 \(ax = kp + 1\)，\(ax - kp = 1\)，有解当且仅当 \(\gcd(a,p)=1\)。扩欧求解同余方程即可。

线性推逆元

适用于求解一串数逆元的情况。
考虑当前在求解 \(i^{-1}\)，把 \(p\) 写成 \(\lfloor \frac{p}{i} \rfloor i + r\)，其中 \(r\) 是余数。那么 \(\lfloor \frac{p}{i}\rfloor i + r \equiv 0\pmod{p}\)。两边同乘 \((ir)^{-1}\)，得到 \(\lfloor \frac{p}{i}\rfloor r^{-1} + i^{-1} \equiv 0\pmod{p}\)，那么 \(i^{-1} \equiv -\lfloor\frac{p}{i} \rfloor r^{-1} \pmod{p}\)。可以加 \(p\) 避免负数。

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

线性推逆元（二）

神人做法。但是不需要脑子。使用阶乘来转化。
考虑维护 \(f_i\) 表示 \(i\) 的阶乘，\(g_i\) 表示 \(i\) 的阶乘的逆元。考虑去递推 \(g\)，显然 \(g_i = g_{i+1} (i+1)\)。
那么在计算 \(i\) 的逆元的时候，有 \(i^{-1} = g_i \times f_{i-1} \bmod p\)。

线性推逆元（三）

考虑一个更神人的做法。
假设我们现在对于每个 \(i\)，要预处理出 \(i^N\)，\(N\) 是给定的。记 \(f(i)\) 表示这个东西。
前面提到这个是完全积性函数，轻松使用线性筛来维护。转移的时候直接无脑 \(f(i\times p_j) = f(i)f(p_j)\) 即可。
注意到令 \(N = p -2\)，你就得到了每个数的逆元！

整除分块

朴素

假设当前在计算 \(\displaystyle \sum_i \lfloor \frac{n}{i}\rfloor\)，你发现 \(i\) 在一段连续的取值时，\(\lfloor \frac{n}{i} \rfloor\) 的取值相同。考虑对这一段的取值一起计算贡献。
考虑当前的商 \(d = \lfloor \frac{n}{i} \rfloor\)，那么对应的 \(i\) 需要满足：

\[\lfloor \frac{n}{d+1} \rfloor + 1 \le i \le \lfloor \frac{n}{d} \rfloor \]

由于 \(d\) 至多有 \(O(\sqrt V)\) 种取值。那么至多有 \(\sqrt V\) 个块。对于每个块单独处理，这样我们就在 \(O(\sqrt V)\) 的时间复杂度解决了问题。
考虑怎么实现，对于每一块，左端点 \(l\) 等于前一块的右端点 \(r'\) 加 \(1\)，右端点 \(r = \lfloor \frac{n}{\lfloor n/l \rfloor}\rfloor\)。那么可以很方便的枚举。
当然，如果要计算 \(\displaystyle \sum_i f(i)g(\lfloor \frac{n}{i} \rfloor)\)，假设能在 \(O(x)\) 计算 \(\sum_{l}^r f(i)\)，也可以做到 \(O(x\sqrt V)\)。

ll ans = 0; 
for (ll l = 1, r = 1; l <= n; l = r + 1 ) {
	r = n / (n / l); 
	ans += (r - l + 1) * (n / l);  
} 
cout << ans << '\n';

多维

左端点 \(l\) 同理，右端点 \(r\) 需要取所有合法右端点的最小值，即

\[r = \min(\lfloor \frac{n_1}{\lfloor n_1/l \rfloor}\rfloor,\lfloor \frac{n_2}{\lfloor n_2/l \rfloor}\rfloor,\cdots \lfloor \frac{n_k}{\lfloor n_k/l \rfloor}\rfloor) \]

9.20 杂项

CF1295D

根据 gcd 的结论，\(\gcd(a,b) = \gcd(b, a\bmod b)\)。
那么本题里，\(\gcd(a+x,m) = \gcd(x,m) = \gcd(a,m)\)，不妨令 \(p = \gcd(a,m)\)，那么 \(\gcd(x,m) = p\)，即 \(\gcd(\frac{x}{p},\frac{m}{p}) = 1\)，即 \(\phi(\frac{m}{p})\)。可以根号。

ABC259E

你考虑修改一个数啥时候会改变 lcm，显然它分解之后如果一个质因子的指数是所有数里最大的，就会改变 lcm。因为 lcm 我们只关心所有指数的最大值。于是枚举每个数，如果满足贡献加 \(1\)。注意如果每个数变成 \(1\) 都会改变 lcm，原来的 lcm 就不能算在贡献里。

CF1114F

注意到值域小，质数最多只有 \(62\) 个。那你考虑欧拉函数只关心数本身的值，和它分解完之后某个质因子是否存在过，不关心次数。那你考虑 sgt 维护区间乘法，再状态压缩维护某个质因子是否出现过，longlong 开的了。那么区间合并的时候直接或起来。那么做完了，代码是一坨。

P2155

考虑求出 \(\phi(m!)\)，这个是容易得。然后有个结论 \(\gcd(a+kb,b) = \gcd(a, b)\)，于是你把 \(n!\) 看作若干个长度为 \(m!\) 的区间。答案即为 \(\frac{n!}{m!}\phi(m!)\)。也就是 \(n! \prod_{p\mid m!} \frac{p}{p-1}\)，注意这个 \(R\) 比较恶心。

ABC222G

\(a_n = 2 \frac{10^n-1}{9}\)。由于 \(K \mid a_n\) 令 \(2\frac{10^n-1}{9} = mK\)，\(2(10^n-1) = 9mK\)。
由于 \(9K \mid 2(10^n-1)\)，妙妙转化是 \(210^n\equiv 2\pmod{9K}\)。分讨：

\(2 \nmid K\)，\(\gcd(2,9K) = 1\)，\(2\) 有逆元。两边同乘 \(2^{-1}\) 得到 \(10^n \equiv 1 \pmod{9K}\)。
\(2\mid K\)，等价于 \(10^n \equiv 1\pmod{\frac{9K}{2}}\)。

现在要求解 \(10^n \equiv 1\pmod{Q}\) 的 \(n_{\min}\)。欧拉定理可知 \(\gcd(10,Q)\ne 1\) 时无解。否则 \(n = \phi(Q)\) 为一解，但是如何求最小解？可以证明答案肯定是 \(\phi(Q)\) 的某个约数，枚举约数判断即可。
证明：

反证法。记答案为 \(d\)，若 \(d \nmid \phi(Q)\)，有 \(\phi(Q) = kd + r\)。\(10^{\phi(Q)} = 10^{kd} 10^{r} \equiv 1\pmod{Q}\)，由于 \(10^{kd} = 10^{d^k} \equiv 1\pmod{Q}\)，所以后者 \(10^r \equiv 1\pmod{Q}\)，但是 \(r < d\)，与 \(d\) 为答案矛盾。

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