『数论』

數論，一生之敵！

前言

今天 LJ 讲了一堆数论知识，于是自己整理了一下。

正文

扩展 gcd / exgcd

exgcd 其实是解决这样一个不定方程 $ax+by=c$ 的，当然这个不定方程等价于 $ax \equiv c \pmod p$ 。（很显然）

看到这里，你想到了什么？对，我们小学二年级就学过的 Bezout 定理（译作裴蜀定理或贝祖定理）。

Bezout 定理：若 $a,b \in Z$, 则一定存在一对整数 $x,y$ 满足

\[ax+by=\gcd(a,b) \]

证明：

不妨将上式记为 $(1)$ ,记 $d=\gcd(a,b)$ 。

若 $a,b$ 中有一数为 $0$，假设 $a=0$, 则 $d=b$ 。此时 $(1)$ 可化为 $by=m$ 。它有整数解，当且仅当 $m$ 是 $b$ 的倍数。

$\because$ $x$ 可以是任意整数

$\therefore$ 定理成立。

若 $a,b$ 都不为 $0$ 。

设 $S$ 为 $a+b$ 的最小正值（最小数定理）。

由带余除法： $a=q\times S+r$

$\therefore$ $r=a-q\times S=a-q(ax+by)=a(1-q\times x)-b(q\times y)$

$\because$ $q,x,y \in Z$ $\therefore$ $r$ 也是 $(a,b)$ 的线性组合。

$\because$ $S$ 为 $ax+by$ 的最小值 $\therefore$ $r=0$ $\therefore$ $S|a$ 。

同理可得： $S|b$ 。

$\therefore$ $S|d$

$\because$ $d|a,d|b$ $\therefore$ $d|(ax+by)$

$\therefore$ $d|S$

$\therefore$ $S=d$ $\blacksquare$

当然也可以用欧几里得算法去证。

由 Bezout 定理我们知道 $ax+by=c$ 中 $\gcd(a,b)|c$ 。

然后，很显然 $\gcd(a,b)=\gcd(b,a \bmod b)$

因而，我们可以得出 exgcd 的模板（求关于 $x$ 的方程 $ax \equiv 1 \pmod b$ 的最小正整数解）：

#include<bits/stdc++.h>
#define FOR(i,j,k)  for(int i=(j);i<=(k);i++)
using namespace std;
long long a,b,x,y;
inline long long read()
{
	long long x=0,f=1;char c=getchar();
	while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-f;c=getchar();}
	while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+c-'0';c=getchar();}
	return x*f;
}
void exgcd(long long a,long long b)
{
	if(!b)
	{
		x=1,y=0;
		return ;
	}
	exgcd(b,a%b);
	long long tx=x;
	x=y,y=tx-a/b*y;
}
int main()
{
	a=read(),b=read();
	exgcd(a,b);
	x=(x%b+b)%b;
	printf("%lld\n",x);
	return 0;
}

(这段可能有点奇怪，因为是差不多半年前写的)

乘法逆元

定义：如果 $ax \equiv 1 \pmod p$, 则称 $a$ 关于 $p$ 的乘法逆元为 $x$。

一般编程时用 inv 表示。

然后我们一看，这不就是上文的 ecgcd 吗？

乘法逆元多用于 除法取模 。

设 $x$ 是 $b$ 关于 $p$ 的乘法逆元，则有 $a/b \equiv ax \pmod p$ 。

有些题需要用到 $1 \sim n$ 关于 $p$ 的乘法逆元，我们发现，此时用 exgcd 时间复杂度不理想，于是诞生了一种时间复杂度为 $O(n)$ 的 递推算法。

设 $p=k \times i+r$， $(r < i,1<i<p)$ ，则有

\[k \times i +r \equiv 0 \pmod p \]

两边同乘 $i^{-1}+r^{-1}$ 得

\[k \times r^{-1}+i^{-1} \equiv 0 \pmod p \]

移项得

\[i^{-1} \equiv - \lfloor \dfrac{p}{i}\rfloor \times (p \bmod i)^{-1 } \pmod p \]

于是我们就可以递推了，注意边界为 $i^{-1}\equiv 1 \pmod p$ 。

inv[i]=(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;

题目：P3811 【模板】乘法逆元

欧拉函数 $\varphi$

定义：欧拉函数 $\varphi(x)$ 表示不超过 $x$ 且与 $x$ 互质的正整数个数，欧拉函数为 积性函数 即当 $n,m$ 互质时 $\varphi(nm)=\varphi(n)\cdot \varphi(m)$ 。

积性函数的证明：见 command_block 神仙的 blog

表示：将 $x$ 分解成 $p_{1}^{k_1}\times p_{2}^{k_2} \times \cdots \times p_n^{k_n}$ ，则有

\[\varphi(x)=x \prod_{i=1}^{n} (1-\dfrac{1}{p_i}) \]

证明：

若 $x=p$, $p$ 表示质数，则 $\varphi(x)=x-1$ ，这是显然的。

若 $x=p^k$，则 $x$ 以内的正整数只要没有 $p$ 这个质因数就与 $x$ 互质。那么，正难则反，与 $x$ 不互质的数有 $p,2 \cdot p,3\cdot p, \cdots ,p^{k-1}p$，共 $p^{k-1}$ 个数，所以 $\varphi(x)=p^k-p^{k-1}=p^{k}(1-\dfrac{1}{p})$

若 $x$ 为合数，则 $x$ 可以分解为 $p_{1}^{k_1}\times p_{2}^{k_2} \times \cdots \times p_n^{k_n}$。由于欧拉函数是积性函数，所以

\[\varphi(x)=\prod\limits_{i=1}^{n} \varphi(p_i^{k_i})=\prod\limits_{i=1}^{n} p_i^{k_i}(1-\dfrac{1}{p_i})=x\prod\limits_{i=1}^{n} (1-\dfrac{1}{p_i}) \]

$\blacksquare$

那么代码也就呼之欲出了

int phi(int x)
{
	int ans=x;
	for(int i=2;i<=sqrt(x);i++)
		if(x%i==0)
		{
			ans-=ans/i;
			while(x%i==0)	x/=i;
		}
	if(x>1)	ans-=ans/x;
	return ans;
}

$\uparrow$ 求单个数的 $\varphi$

$\downarrow$ 求 $1\sim n$ 的 $\varphi$

前置知识：若 $p |n$ 则 $n$ 含有 $nq$ 所有的质因子，所以 $\varphi(np)=p\times n\prod \limits _{i=1}^{k} (1-\dfrac{1}{p_i})=p \times \varphi(n)$

若 $p\not| n$ 则 $\varphi(np)=\varphi(p) \times \varphi(n)=(p-1)\times \varphi(n)$ .

bitset<2333> used;
int p[233],cnt;
long long phi[2333];
inline void getphi()
{
	phi[1]=1;
	for(int i=2;i<=n;i++)
	{
		if(!used[i])
			p[++cnt]=i,phi[i]=i-1;
		for(int j=1;j<=cnt&&i*p[j]<=n;j++)
		{
			int val=i*p[j];
			used[val]=1;
			phi[val]=phi[i]*(i%p[j]?p[j]-1:p[j]);
			if(i%p[j]==0)	break;
		}
	}
}

今天模拟赛做到一道需要欧拉函数的例题 CF870F Paths

可以用欧拉函数做的一些事情（更新中）：

给定一个数 $n$，求 $1\sim n$ 中与 $n$ 互质的数的和。

先证一个引理：若 $\gcd(n,i)=1$ 则 $\gcd(n,n-i)=1$。

考虑反证。令 $k=\gcd(n,n-i)$，且 $k\not = 1$。则 $k \mid n,k \mid n-i$ 故 $k \mid i$，那么 $\gcd(i,n)=k$ 矛盾。

此时问题就变得十分简单，答案就是 $\dfrac{n \times \varphi(n)}{2}$。因为 $i$ 和 $n-i$ 总是成对出现。

欧拉定理

内容

$a^{\varphi(m)}\equiv 1 \pmod m$，其中 $\gcd(a,m)=1$。

证明

设 $p_1,p_2,\cdots,p_{\varphi(m)}$ 是 $1$ 到 $m$ 中，与 $m$ 互质的数。

令 $x_i=a\times p_i$，易发现 $x_i$ 模 $m$ 两两不同。

证明：我们考虑反证，若 $x_i \equiv x_j \pmod m$，则 $x_i-x_j \equiv 0 \pmod m$，即 $a(p_i-p_j) \equiv 0 \pmod m$。由于 $\gcd(a,m)=1$， $p_i,p_j \le m$， $p_i-p_j$ 一定小于 $m$，所以矛盾。

同时每一个 $x_i$ 模 $m$ 的结果均与 $m$ 互质。

证明：依然是反证，若 $x_i=km+r$ $(0\le r<m)$ 且 $\gcd(r,m)\not = 1$。$x_i-km=r$，故而 $x_i \equiv r \pmod m$，即 $ap_i \equiv r \pmod m$，$a,p_i$ 均与 $m$ 互质， $r$ 亦与 $m$ 互质，矛盾。

由上面的两个性质可以得出， $x_1,x_2,\cdots,x_{\varphi(m)}$ 模 $m$ 的结果是 $\varphi(m)$ 个不同的与 $m$ 互质的数，那不就是 $p_1,p_2,\cdots,p_{\varphi(m)}$ 这个集合。
所以有

\[\prod_{i=1}^{\varphi(m)} x_i \equiv \prod_{i=1}^{\varphi(m)} p_i \pmod m \]

即

\[\prod_{i=1}^{\varphi(m)} ap_i \equiv \prod_{i=1}^{\varphi(m)} p_i \pmod m \]

所以

\[a^{\varphi(m)}\equiv 1 \pmod m \]

$\blacksquare$

费马小定理

内容： $a^{p-1}\equiv 1 \pmod p$，其中 $\gcd(a,p)=1$，$p$ 为质数。

证明：欧拉定理的一个特例。

用途：可以求上文的乘法逆元

扩展欧拉定理

内容：

\[a^c \equiv\begin{cases} a^{c \bmod \varphi(m)},\qquad \gcd(a,m)=1\\ a^c, \qquad \gcd(a,m)\not =1,c\le \varphi(m)\\ a^{ \left(c \bmod \varphi(m) \right)+ \varphi(m)} \qquad \gcd(a,m)\not = 1, c\ge \varphi(m) \end{cases} \pmod m\]

证明：

分开来证。

情况 1 の证明：

不妨设 $c=k\varphi(m)+r$，其中 $0\le r<m$。
则 $a^c=a^{\varphi(m)^k}\times a^r=a^{\varphi(m)^k}\times a^{c \bmod \varphi(m)}$

由欧拉定理可知 $a^{\varphi(m)}\equiv1 \pmod m$。

所以 $a^c \equiv a^{c \bmod \varphi(m)}$。

情况 2 の证明：显然。

情况 3 の证明：

类似于欧拉函数部分的证明。

我们不妨从 $a$ 的质因子 $p$ 入手。

即证明 $p^{ \left(c \bmod \varphi(m) \right)+ \varphi(m)}\equiv p^c \pmod m,c\ge \varphi(m)$。

Case 1

若 $\gcd(m,p)=1$，则为情况 1， $p^c \equiv p^{c \bmod \varphi(m)} \pmod m$，又因 $p^{\varphi(m)}\equiv 1 \pmod m$，所以 $p^c \equiv p^{ \left(c \bmod \varphi(m) \right)+ \varphi(m)}\pmod m$。

Case 2

若 $p$ 为 $a,m$ 的公因子，令 $m=s \times p^r$ 且 $\gcd(s,p)=1$，所以 $\gcd(s,p^r)=1$。

因为 $\gcd(p^x-1,p^r)=1,1\le x\le r$ （ $p^x-1$ 中没有 $p$ 这个因子， $p^r$ 只有 $p$ 这个质因子），所以 $\varphi(p^r)\ge r$。

所以 $\varphi(m)=\varphi(s) \times \varphi(p^r)\ge \varphi(p^r)\ge r$。

由欧拉定理 $p^{\varphi(s)}\equiv 1 \pmod s$，因欧拉函数是积性函数可知 $\varphi(m)=\varphi(s)\times \varphi(p^r)$，所以 $p^{\varphi(m)}\equiv 1 \pmod s$

同时乘 $p^r$ 可得 $p^{r+\varphi(m)}\equiv p^r \pmod m$

所以有 $p^k \equiv p^{k-r}\times p^r \equiv p^{k-r}\times p^{r+\varphi(m)} \equiv p^{k+\varphi(m)}\pmod m, k \ge r$

易发现该式可以「套娃」， $p^k \equiv p^{k+x\varphi(m)},x \in \mathbb{N}^+$

当 $c < 2\varphi(m)$，$c \bmod \varphi(m) + \varphi(m)=c$，结论显然成立。

当 $c\ge 2\varphi(m)$，$c \bmod \varphi(m) + \varphi(m) \ge \varphi(m)\ge c$，故对 $p^ {c \bmod \varphi(m)+\varphi(m)}$ 进行「套娃」，易得 $p^ {c \bmod \varphi(m)+\varphi(m)}\equiv p^c \pmod m$

（终于搞完了，看网上很多 blog 这里都说什么显然/即，然后我就非常崩溃，于是用比较容易理解的话语证明了这个部分，不过也许是我太菜了，只有我觉得很不显然？）

证明完 $p^{ \left(c \bmod \varphi(m) \right)+ \varphi(m)}\equiv p^c \pmod m,c\ge \varphi(m)$。

接下来就可以得到 ${p^k}^c \equiv {p^k}^{ \left(c \bmod \varphi(m) \right)+ \varphi(m)} \pmod m$。

那么将 $a$ 分解为 $p_1 ^{k_1}\times p_2^{k_2}\times \cdots \times p_x ^{k_x}$

则有 ${p_i^{k_i}}^c\equiv {p_i ^ {k_i}}^{\left(c \bmod \varphi(m) \right)+ \varphi(m)} \pmod m$

将这些式子全部乘起来，就有 $a^c \equiv a^{\left(c \bmod \varphi(m) \right)+ \varphi(m)} \pmod m$。

$\blacksquare$

例题：P5091 【模板】扩展欧拉定理，CF906D Power Tower（幂塔），P4139 上帝与集合的正确用法（较为简单的幂塔）

中国剩余定理/CRT

前言：

三人同行七十稀，五树梅花廿一枝，七子团圆正半月，除百零五便得知

小学奥数老师告诉我说这是 中国剩余定理，后来貌似在某个电视剧（《少年派》？）里面看到有人用这个东西。

内容：

\[\begin{cases} x \equiv b_1 \pmod {a_1}\\ x \equiv b_2 \pmod {a_2}\\ \qquad \cdots\\ x \equiv b_n \pmod {a_n} \end{cases}\]

其中 $a_i$ 互质，求 $x$ 的最小正整数解。

解法：

令 $A = \prod \limits_{i=1}^n a_i$，$A_i=\dfrac{A}{a_i}$，$t_i$ 为 $m_i$ 的逆元。

可以构造出一个解 $x= \sum \limits_{i=1}^k b_iA_it_i$。

所以任意解 $x_0=x+ k\times A$。

故最小正整数解 $x_{\min}= x_0 \bmod A$。

证明：

比较显然。

先考虑构造 $x=\sum \limits _{i=1}^n b_iA_i \times ?$ 。

把 $x$ 代入第 $i$ 条式子易发现除了 $b_iA_i \times ?$ 其他的都被 $\bmod$ 掉了，因为 $\forall j \in [1,n],j\not = i$，都有 $a_i|A_j$。

那么就是要满足 $b_iA_i\times ? \equiv b_i \pmod {a_i}$，而 $b_iA_it_i$ 正好满足。

最小整数解 $x_{\min}=\sum \limits_{i=1}^k b_iA_it_i \bmod A$ 又是为何？

$a_i$ 两两互质，对于第 $i$ 个式子可以得到任意解 $x_0=x+ k \times a_i$。故而最后合在一起就是 $x_0=x+ k \times A$。

所以最小正整数解 $x_{\min}=\sum \limits_{i=1}^k b_iA_it_i \bmod A$。

例题：P1495 【模板】中国剩余定理(CRT)/曹冲养猪

扩展中国剩余定理/exCRT

内容：

\[\begin{cases} x \equiv b_1 \pmod {a_1}\\ x \equiv b_2 \pmod {a_2}\\ \qquad \cdots\\ x \equiv b_n \pmod {a_n} \end{cases}\]

此时 $a_i$ 不再互质，求 $x$ 的最小整数解。

求解：

假设我们已经求出了前 $k-1$ 个方程组成的同余方程组的解 $x'$。

令 $M=\operatorname{lcm}(a_i),i\in \{1,2,\cdots ,k-1\}$，则其通解为 $x'+t\times M$，这是显然的。

要使得 $x'+t\times M$ 满足第 $k$ 条同余方程，即找出一个整数 $p$，使得 $x'+p\times M \equiv b_k \pmod {a_k}$。

即 $p\times M \equiv b_k -x' \pmod {a_k}$，容易发现对于这个式子我们可以用 exgcd 求这个 $p$。

若无解，则整个同余方程组无解。

若有解，则前 $k$ 个同余方程组成的方程组的解 $x_k=x' +p \times M$

这样一项一项递推下去，就得到了最终答案。

注意：求 $\operatorname{lcm}$ 的时候要注意有可能爆 long long，需要龟速乘。

代码：P4777 【模板】扩展中国剩余定理（EXCRT）

#include<bits/stdc++.h>
#define FOR(i,j,k)  for(int i=(j);i<=(k);i++)
using namespace std;
int n;
long long a[100005],b[100005];
inline long long read()
{
	long long x=0,f=1;char c=getchar();
	while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-f;c=getchar();}
	while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+c-'0';c=getchar();}
	return x*f;
}
inline long long mul(long long a,long long b,long long mod)
{
	long long res=0;
	while(b)
	{
		if(b&1)	res=(res+a)%mod;
		a=(a+a)%mod;b>>=1;
	}
	return res;
}
long long exgcd(long long a,long long b,long long &x,long long &y)
{
	if(!b){x=1,y=0;return a;}
	long long gcd=exgcd(b,a%b,x,y);
	long long t=x;x=y;y=t-a/b*y;
	return gcd;
}
inline long long excrt()
{
	long long ans=b[1],M=a[1];
	long long x,y;
	for(int i=2;i<=n;i++)
	{
		long long B=(b[i]-ans%a[i]+a[i])%a[i];
		long long gcd=exgcd(M,a[i],x,y),mod=a[i]/gcd;
		if(B%gcd!=0)	return -1;
		x=mul(x,B/gcd,mod);
		ans+=x*M;
		M*=mod;
		ans=(ans+M)%M;
	}
	return (ans+M)%M;
}
int main()
{
	n=read();
	for(int i=1;i<=n;i++)	a[i]=read(),b[i]=read();
	//a[i] mod number
	//b[i] left number
	printf("%lld\n",excrt()); 
	return 0;
}

原根

阶：若 $\gcd(a,m)=1$，使 $a^k \equiv 1 \pmod m$ 成立的最小的 $k$，成为 $n$ 关于模 $m$ 的阶，记作 $\delta_m(a)$ 或者 $\operatorname{ord}_m a$。

阶的一些性质：

「1」若 $\delta_m(a)=k$，则 $\displaystyle\delta_m(a^t)= \frac{k}{\gcd(t,k)}$，这是十分显然的。
「2」令 $k=\delta_m(a)$，则 $a^n \equiv 1 \pmod m$ 当且仅当 $k\mid n$。由欧拉定理可知 $k\mid\varphi(m)$。
「3」若$a\equiv b \pmod m, \gcd(a,m)=1$，则 $\delta_m(a)=\delta_m(b)$。
「4」若 $\gcd(a,m)=1$，那么 $a^x \equiv a^y \pmod m$，的充分必要条件为 $x \equiv y \pmod {\delta_m(a)}$。

证明：令 $x\le y$，则 $a^{y-x}\equiv1 \equiv a^{\delta_m(a)} \pmod m$。故而 $\delta_m(a) \mid y-x$，所以 $y \equiv x \pmod {\delta_m(a)}$。

「5」$a^0,a^1,\dots,a^{\delta_m(a)}$ 模 $m$ 的值互不相等。

证明：反证，作差，略。

「6」$ab \equiv 1 \pmod m,\gcd(a,m)=\gcd(b,m)=1$，则 $\delta_m(a)=\delta_m(b) $。

证明：令 $\delta_m(a)=k$，则有 $(ab)^k\equiv 1 \pmod m$，而 $a^k \equiv 1 \pmod m$ 的充要条件为 $b^k \equiv 1\pmod m$。

「7」若 $n \mid m$，则 $\delta_n (a)\mid \delta_m (a)$。

证明：$\because a^{\delta_m(a)}\equiv 1 \pmod m$ 且 $n \mid m$ $\therefore a^{\delta_m(a)}\equiv 1 \pmod n$。由性质「2」可知 $\delta_n(a)\mid \delta_m(a)$。

「8」若 $\gcd(m,n)=\gcd(a,mn)=1$，则 $\delta_{mn}(a)=\operatorname{lcm}(\delta_m(a),\delta_n(a))$。

证明：令 $x=\delta_{mn}(a),y=\operatorname{lcm}(\delta_m(a),\delta_n(b))$。
$\because a^x \equiv 1\pmod {mn}$
$\therefore a^x \equiv 1 \pmod m,a^x \equiv 1 \pmod n$
$\therefore \delta_m(a)\mid x,\delta_n(a)\mid x$
$\therefore y\mid x$
$\because \delta_m(a)\mid y,\delta_n(a)|y$
$\therefore a^y\equiv 1\pmod m,a^y \equiv 1 \pmod n$
$\because \gcd(n,m)=1$
$\therefore a^y \equiv 1 \pmod {mn}$
$\therefore x \mid y$
$\therefore x=y$

「9」若 $\gcd(ab,m)=\gcd(\delta_m(a),\delta_m(b))=1$，则 $\delta_m(ab)=\delta_m(a) \times\delta_m(b)$。

证明：令 $x=\delta_m(a),y=\delta_m(y),z=\delta_m(ab)$。
$\because a^x \equiv 1 \pmod m$ 且 $b^y \equiv 1 \pmod m$
$\therefore (ab)^{xy}\equiv 1 \pmod m$ $\therefore z \mid xy$
$\because a^x\equiv 1 \pmod m$ 且 $(ab)^z \equiv 1 \pmod m$
$\therefore a^{xz}\equiv 1 \pmod m$ 且 $(ab)^{xz}\equiv 1 \pmod m$
$\therefore b^{xz}\equiv 1 \pmod m$ $\therefore y \mid xz$
$\because \gcd(x,y)=1$ $\therefore y \mid z$ 同理可得 $x|z$
$\therefore \operatorname{lcm}(x,y)=xy \mid z$
$\therefore z=xy$

原根：
$\gcd(g,m)=1$，若 $\delta_m(g)=\varphi(m)$，则称 $g$ 为 $m$ 的一个原根。

判断是否存在原根：若 $m$ 有原根，则 $m$ 一定是以下形式：$2,4,p^k,2p^k$。这里 $p$ 为奇素数，$k$ 为正整数。

证明 OI-wiki 上有。不会。

原根的判定：

$\gcd(g,m)=1$，设 $p_1,p_2,\dots,p_k$ 是 $\varphi(m)$ 的所有不同素因数，则 $g$ 是 $m$ 的原根当且仅当对于任意 $\forall i \in[1,k]$，都有
$ g^{\frac{\varphi(m)}{p_i}} \not\equiv 1 \pmod m $。

证明：

令 $q=\varphi(m)$，假设存在一个 $t < q$ 使得 $g^t \equiv 1 \pmod m$，且 $\forall i \in [1,k]: g^{\frac{q}{p_i}}\not \equiv 1$。

由 Bezout 定理可知，一定存在一组 $k,x$ 满足 $kt=xq+\gcd(t,q)$。

由欧拉定理可知， $g^q \equiv 1 \pmod m$。故有：

\[1 \equiv g^{kt}\equiv g^{xq+\gcd(t,q)}\equiv g^{\gcd(t,q)} \pmod m \]

又因 $t<q$，故 $\gcd(t,q)\le t <q$。

故而 $\gcd(t,q)$ 必定至少整除 $g^{\frac{q}{p_1}},g^{\frac{q}{p_2}},\dots,g^{\frac{q}{p_k}}$ 其中的一个。

假设 $\gcd(t,q) \mid g^{\frac{q}{p_i}}$，则有 $g^{\frac{q}{p_i}}\equiv g^{\gcd(t,q)}\equiv 1 \pmod m$，矛盾。

假设不成立。

原根个数定理：集合 $S=\{g^s \mid 1 \le s \le \varphi(m),\gcd(s,\varphi(m))=1\}$ 给出了 $m$ 所有的原根。共有 $\varphi(\varphi(m))$ 个模 $m$ 两两不互余的原根。

大致证明：由「原根的定义」可知，$g^s$ 是 $m$ 的原根当且仅当 $\delta_m(g^s)=\varphi(m)$。由「阶的性质 1」可知 $\delta_m(g^s)=\dfrac{\delta_m(g)}{\gcd(s,\varphi(m))}$。故而 $\gcd(s,\varphi(m))=1$。

但是我有一个疑惑，为什么不会存在一个数 $x\not = g^s$ 但是满足 $\delta_m(x)=\varphi(m)$。希望有神仙可以解答一下。

求所有原根：王元曾证明最小原根是不大于 $\sqrt[4]{m}$ 级别的。故而最小原根是很小的。不妨枚举一个最小的 $g$，然后枚举指数即可。

原根的一些性质：

「1」$\displaystyle\prod _{s=1,s\bot\varphi(m)}^{\varphi(m)} g^s \equiv 1 \pmod m$。原因见前「可以用欧拉函数做的一些事情」。

「2」$\displaystyle \sum _{s=1,s\bot\varphi(m)}^{\varphi(m)} g^s \equiv \mu(m-1) \pmod m$。目前不会。

代码：

模板

#include<bits/stdc++.h>
#define FOR(i,j,k)  for(int i=(j);i<=(k);i++)
using namespace std;
int tc,cnt;
int n,d;
int prime[100005],phi[1000006];
bitset<1000006> rt;
bitset<1000006> used;
vector<int> pfact;
vector<int> proot;
inline int read()
{
	int x=0,f=1;char c=getchar();
	while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-f;c=getchar();}
	while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+c-'0';c=getchar();}
	return x*f;
}
inline void sieve(int n)
{
	phi[1]=1;
	for(int i=2;i<=n;i++)
	{
		if(!used[i])	prime[++cnt]=i,phi[i]=i-1;
		for(int j=1;j<=cnt&&prime[j]*i<=n;j++)
		{
			used[i*prime[j]]=1;
			if(i%prime[j])	phi[i*prime[j]]=phi[i]*(prime[j]-1);
			else
			{
				phi[i*prime[j]]=phi[i]*prime[j];
				break;
			}
		}
	}
	rt[2]=rt[4]=true;
	for(int i=2;i<=cnt;i++)
	{
		for(int j=1;1ll*j*prime[i]<=n;j*=prime[i])	rt[j*prime[i]]=1;
		for(int j=2;1ll*j*prime[i]<=n;j*=prime[i])	rt[j*prime[i]]=1;
	}
}
inline void divide(int x)
{
	for(int i=1;prime[i]<=x;i++)
		if(x%prime[i]==0)
			pfact.push_back(prime[i]);
}
inline int gcd(int a,int b){return (!b)?a:gcd(b,a%b);}
inline int f(int base,int y,int mod)
{
	int res=1,p=base;
	while(y)
	{
		if(y&1)	res=1ll*res*p%mod;
		p=1ll*p*p%mod;
		y>>=1;
	}
	return res;
}
int main()
{
	tc=read();
	sieve(1000000);
	while(tc--)
	{
		n=read(),d=read();
		if(rt[n])
		{
			pfact.clear();
			proot.clear();
			divide(phi[n]);
			int gmin=0;
			while(true)
			{
				gmin++;
				bool flag=true;
				if(gcd(n,gmin)!=1)	continue;
				for(int j=0;j<pfact.size();j++)
					if(f(gmin,phi[n]/pfact[j],n)==1)
					{
						flag=false;break;
					}
				if(flag)	break;
			}
			long long g=1;
			for(int i=1;i<phi[n];i++)
			{
				g=g*gmin%n;
				if(gcd(phi[n],i)==1)	proot.push_back(g);
			}
			if(!proot.size())	proot.push_back(gmin);
			sort(proot.begin(),proot.end());
			printf("%d\n",phi[phi[n]]);
			for(int i=d-1;i<phi[phi[n]]&&i<proot.size();i+=d)
				printf("%d ",proot[i]);
			puts("");
		}
		else	puts("0\n");
	}
	return 0;
}

二次剩余

以下内容均默认模数 $p$ 为奇质数。

内容：若有 $x$ 满足 $x^2\equiv n \pmod p$，则称 $n$ 在模 $p$ 意义下是二次剩余。~~说人话就是模意义开根。~~

解的数量：对于模 $p$ 意义下的二次剩余 $n$ 有几个解？

假设有多组解，其中两组分别为 $x_1,x_2$。那么有 ${x_1}^2 \equiv{x_2}^2 \pmod p$，移项得： $(x_1-x_2)(x_1+x_2) \equiv 0 \pmod p$。

因为 $p$ 为质数且 $x_1 \not = x_2$，所以 $x_1+x_2=0$，所以方程只有两个解，她们互为相反数。

那么我们还可以知道，每一对相反数都有一个二次剩余，且这些二次剩余互不相等。

故而二次剩余的数量恰为 $\dfrac{p-1}{2}$，二次非剩余的数量与之相等。

欧拉准则：如何判断一个数是不是二次剩余？

假定 $n \not = 0$。

由费马小定理可得 $n^{{p-1}} \equiv 1\pmod p$。也就是说 $n^{\frac{p-1}{2}}$ 是 $1$ 开根的结果，故而 $n^{\frac{p-1}{2}}$ 只能是 $1$ 或 $-1$。

若 $n$ 是二次剩余，则 $n^{\frac{p-1}{2}}\equiv (x^2)^{\frac{p-1}{2}}\equiv x^{p-1}\equiv 1\pmod p$。

若 $n^{\frac{p-1}{2}}\equiv 1 \pmod p$，由于 $p$ 为奇质数，则 $n$ 必然能表示成 $g^t$ 其中 $g$ 为 $p$ 的原根。那么 $g^{t\frac{p-1}{2}}\equiv 1 \pmod p$ 所以 $\varphi(p) \mid t\frac{p-1}{2}$，所以 $t$ 一定是偶数。此时 $x=g^{\frac{t}{2}}$。故 $n$ 是二次剩余。

上面证明了 $n^{\frac{p-1}{2}}\equiv 1 \iff n$ 是二次剩余。又因为 $n^{\frac{p-1}{2}}$ 只能等于 $±1$，所以 $n^{\frac{p-1}{2}}\equiv -1 \iff n$ 是二次非剩余。

Cipolla：

对于方程 $x^2 \equiv n \pmod p$，先随机选出一个自然数 $a$，使得 $a^2-n$ 为二次非剩余，已证二次非剩余有 $\frac{p-1}{2}$ 个，故而期望 $2$ 次得到 $a$。接下来定义 $\zeta^2 \equiv a^2 -n \pmod p$。

再给出两个引理：

引理「1」：$\zeta ^p \equiv -\zeta$。

证明： $\zeta^p \equiv \zeta\times (\zeta^2)^{\frac{p-1}{2}}\equiv \zeta\times (a^2-n)^{\frac{p-1}{2}}\equiv -\zeta \pmod p$。

引理「2」： $(a+\zeta)^p \equiv a^p+\zeta^p$

证明：二项式展开，除了 $a^p$ 和 $\zeta^p$ 两项外，其他项的系数都是 $p$ 的倍数。

那么有 $(a+\zeta)^{p+1}\equiv n \pmod p$。

证明如下：

$(a+\zeta)^{p+1}\equiv (a+\zeta)^p(a+\zeta)$，由引理「2」$(a+\zeta)^p(a+\zeta)\equiv (a^p+\zeta^p)(a+\zeta)$，由引理「1」$(a^p+\zeta^p)(a+\zeta)\equiv (a^p-\zeta)(a+\zeta)$。由费马小定理 $a^p\equiv a^{p-1}\times a\equiv a \pmod p$，故而 $(a^p-\zeta)(a+\zeta)\equiv (a-\zeta)(a+\zeta)\equiv a^2-\zeta^2\equiv n \pmod p$。

所以 $(a+\zeta)^{\frac{p+1}{2}}$ 是一个解。

现在的问题就是 $(a+\zeta)^{\frac{p+1}{2}}$ 的“虚部”是否为 $0$？事实上是不会的。

证明：

假设存在 $(A+B\zeta)^2 \equiv n$ 且 $B\not = 0$。

那么就有 $A^2+B^2(a^2-n) -2AB\zeta \equiv0 \pmod p$

右边“虚部”为 $0$ 则左边“虚部”一定也为 $0$。因为 $B\not= 0$，所以 $A\equiv 0$，$(B\zeta)^2\equiv 0$，$\zeta^2\equiv \dfrac{n}{B^2}$。$n,\dfrac{1}{B^2}$ 都是二次剩余，乘在一起也一定是二次剩余。所以 $\zeta^2$ 是二次剩余，与前矛盾。故 $B=0$，所以 $(a+\zeta)^{\frac{p+1}{2}}$ 的虚部是 $0$。

模板题代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define FOR(i,j,k)  for(int i=(j);i<=(k);i++)
using namespace std;
int n,tc,mod;
long long sqr;
struct cplx{
	long long real,imag;
	cplx(long long real=0,long long imag=0):real(real),imag(imag){}
};
inline cplx operator *(cplx x,cplx y)
{
	return cplx((x.real*y.real+sqr*x.imag%mod*y.imag)%mod,(x.imag*y.real+x.real*y.imag)%mod);
}
inline cplx f(cplx x,int y)
{
	cplx res=1;
	while(y)
	{
		if(y&1)	res=res*x;
		x=x*x;y>>=1;
	}
	return res;
}
inline int F(int base,int y)
{
	int res=1,p=base;
	while(y)
	{
		if(y&1)	res=1ll*res*p%mod;
		p=1ll*p*p%mod;y>>=1;
	}
	return res;
}
inline int read()
{
	int x=0,f=1;char c=getchar();
	while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-f;c=getchar();}
	while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+c-'0';c=getchar();}
	return x*f;
}
int main()
{
	srand(19260817);
	tc=read();
	while(tc--)
	{
		n=read(),mod=read();
		n%=mod;
		int x=F(n,(mod-1)>>1);
		if(x==mod-1)	puts("Hola!");
		else if(!x)	puts("0");
		else
		{
			x=rand()%mod;
			sqr=0;
			while(!x||F((1ll*x*x+mod-n)%mod,(mod-1)>>1)==1)	x=rand()%mod;
			sqr=(1ll*x*x+mod-n)%mod;
			int ans1=f(cplx(x,1),(mod+1)>>1).real;
			int ans2=mod-ans1;
			if(ans1>ans2)	swap(ans1,ans2);
			printf("%d %d\n",ans1,ans2);
		}	
	}
		
	return 0;
}

BSGS

北上广深好啊。

BSGS(Baby Step Giant Step)，大步小步~~拔山盖世/北上广深~~算法。常用于求解离散对数问题。

可以在 $O(\sqrt{p})$ 的时间内求解模方程

\[a^x\equiv c \pmod p \]

其中 $\gcd(a,p)=1$。方程的解 $x$ 满足 $0\le x\le \varphi(p)$。

算法描述：

把 $x$ 表示成 $x=At-B$ 的形式，其中 $0\le A\le \max(t,\frac{p}{t}) $，$0\le B< \max(t,\frac{p}{t}) $，则有 $a^{At-B}\equiv b \pmod p$，即 $a^{At}\equiv ba^{B}\pmod p$。

我们枚举 $B$，并计算 $ba^B$ 将其放入 Hash 表中。

然后枚举 $A$，在 Hash 表中查询 $a^{At}$ 即可。

时间复杂度为 $O(\max(t,\frac{p}{t}))$，显然 $t$ 取 $\sqrt{p}$ 时最优。因为我懒用 map 实现的 Hash 表，所以最后的复杂度会带 $1$ 个 log。

代码：

P3846 [TJOI2007] 可爱的质数/【模板】BSGS

#include<bits/stdc++.h>
#define FOR(i,j,k)  for(int i=(j);i<=(k);i++)
using namespace std;
int mod,a,b;
inline int read()
{
	int x=0,f=1;char c=getchar();
	while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-f;c=getchar();}
	while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+c-'0';c=getchar();}
	return x*f;
}
inline int BSGS(int a,int b,int mod)
{
	if(b==1)	return 0;
	int t=ceil(sqrt(mod));
	map<int,int> mp;
	int z=1;
	for(int i=0;i<t;i++)
		mp[1ll*b*z%mod]=i,z=1ll*z*a%mod;
	int p=1;
	for(int i=1;i<=t;i++)
	{
		p=1ll*z*p%mod;
		if(mp.count(p))	return i*t-mp[p];
	}
	return -1;
}
int main()
{
	mod=read(),a=read(),b=read();
	int ans=BSGS(a,b,mod);
	if(ans==-1)	puts("no solution");
	else printf("%d\n",ans);
	return 0;
}

[SDOI2013] 随机数生成器

题目意思是给定 $a,b,x_1,p,t$ 其中 $p \in \text{Prime}$，$0\le a,b,x_1,t<p$。

定义 $x_i=a\times x_{i-1}+b$，求最小的 $n$ 使 $x_n \equiv t \pmod p$。

分析：大力化简。

\[x_1=x_1 \]

\[x_2=a\times x_1 +b \]

\[x_3=a^2 \times x_1 +ab+b \]

\[x_4=a^3\times x_1+a^2b+ab+b \]

我们得出一个很重要的结论： $x_n=a^{n-1}\times x_1+b\sum\limits_{i=0}^{n-2}a^i$

发现后面一项是等比数列求和。

设 $S=\sum\limits_{i=0}^{n-2}a^i$，则 $aS=\sum\limits_{i=1}^{n-1}a^i$，$(a-1)S=\sum\limits_{i=1}^{n-1}a^i-\sum\limits_{i=0}^{n-2}a_i=a^{n-1}-1$。

那么 $S=\dfrac{a^{n-1}-1}{a-1}$。

带入后得到： $x_n=a^{n-1}\times x_1 +b \dfrac{a^{n-1}-1}{a-1}=a^{n-1}\times x_1+a^{n-1}\dfrac{b}{a-1}-\dfrac{b}{a-1}=a^{n-1}(x_1+\dfrac{b}{a-1})-\dfrac{b}{a-1}$

那么就有 $x_n = a^{n-1}(x_1+\dfrac{b}{a-1})-\dfrac{b}{a-1}\equiv t \pmod p$

即 $a^{n-1}\equiv \dfrac{t+\frac{b}{a-1}}{x_1+\frac{b}{a-1}}$。

直接 BSGS 即可。

有亿点点细节。

「1」当 $x_1=t$ 时，$n=1$。
「2」当 $a=0$ 时，$x_n=0$。
「3」当 $a=1$ 时，等比数列求不了和， $x_n=x_1+b(n-1)\equiv t \pmod p$， $n=\dfrac{t-x_1+b}{b}$。需要用 Bezout 定理。

code

N 次剩余

求解

\[x^a\equiv b \pmod p \]

其中 $p\in \text{Prime}$。（因为不会任意模数）

由于 $p$ 为质数，则必存在一个原根 $g$。因此对于模 $p$ 意义下的任意数 $x(1\le x<p )$，都存在有一个数 $i(0\le i <p-1)$ 满足 $x=g^i$。

方法一：

令 $x=g^c$，则问题转化为 $(g^c)^a\equiv b \pmod p$，稍加转换即得 $(g^a)^c \equiv b\pmod p$。这不就是我们的 BSGS 所干的事情吗？

可以 $O(\sqrt{p})$ 求出一个特解 $x_0 \equiv g^c \pmod p$。

方法二：

令 $x=g^c$，设 $b=g^t$，于是有 $g^{ac}\equiv g^t\pmod p$。由阶的性质的 $ac\equiv t \pmod {\varphi(p)}$。其中 $t$ 可以在 $O(\sqrt{q})$ 内求出。于是就转化成了 exgcd 所做的事情。这样可以求出一个特解 $c_0$，其通解为 $c_0+k \dfrac{\varphi(p)}{\gcd(a,\varphi(p))}$，其中 $k$ 是整数。可以用 vector 记录一下，用 Hash 表判重。

exBSGS

同样是求解

\[a^x\equiv b \pmod p \]

不过此时 $a,p$ 不一定互质。我们可以想办法让她们互质。

具体地，设 $d_1=\gcd(a,p)$。若 $d_1 \nmid b$，方程无解。否则将方程同时除以 $d_1$，得：

\[\frac{a}{d_1}·a^{x-1}\equiv \frac b{d_1}\pmod {\frac p{d_1}} \]

若 $a$ 和 $\frac{p}{d_1}$ 仍不互质就继续重复上面的步骤，直到 $\displaystyle \gcd\left(a,\frac{p}{\prod _{i=1}^{k} d_i}\right )$。

记 $D=\prod \limits_{i=1}^k d_i$，原方程被化为了：

\[\frac {a^k}{D}\times a^{x-k}\equiv \frac{b}{D}\pmod {\frac{p}{D}} \]

此时 $\gcd \left( \dfrac{a^k}{D},p\right)=1$，故 $\dfrac{a^k}{D}$ 存在逆元，可以丢到式子右边。

这就是一个平凡的 BSGS 了。求解出 $x-k$ 再加上 $k$ 就是原方程的解。

有可能存在 $x\le k$ 的情况。我们在消去因子前先 $O(k)$ 枚举一下即可。

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int a,b,p;
inline int read()
{
	int x=0,f=1;char c=getchar();
	while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-f;c=getchar();}
	while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+c-'0';c=getchar();}
	return x*f;
}
int gcd(int a,int b){return !b?a:gcd(b,a%b);}
int exgcd(int a,int b,int &x,int &y)
{
	if(!b)
	{
		x=1,y=0;
		return a;
	}
	int gcd=exgcd(b,a%b,y,x);
	y-=(a/b)*x;
	return gcd;
}
inline int exBSGS(int a,int b,int mod)
{
	b%=mod;
	if(b==1||mod==1)	return 0;
	int g=0,val=1;
	while(true)
	{
		int d=gcd(a,mod);
		if(d==1)	break;
		if(b%d)	return -1;
		b/=d,mod/=d,val=val*a/d%mod;
		g++;
		if(b==val)	return g;
	}
	int x,y;
	exgcd(val,mod,x,y);
	x=(x%mod+mod)%mod;
	b=b*x%mod,a%=mod;
	map<int,int>mp;
	int t=ceil(sqrt(mod));
	int z=1;
	for(int i=0;i<t;i++)
		mp[b*z%mod]=i,z=z*a%mod;
	int p=1;
	for(int i=1;i<=t;i++)
	{
		p=p*z%mod;
		if(mp.count(p))	return i*t-mp[p]+g;
	}
	return -1;
}
signed main()
{
	a=read(),p=read(),b=read();
	while(a||b||p)
	{
		int ans=exBSGS(a,b,p);
		if(ans==-1)	puts("No Solution");
		else	printf("%lld\n",ans);
		a=read(),p=read(),b=read();
	}
	return 0;
}

Lucas

内容：

设 $p\in \text{Prime}$，$a,b\in \mathbb{N}^*$。并且 $a=\sum\limits _{i=0}^k m_ip^i,b=\sum\limits_{i=0}^{k}n_ip_i$。

则有 $C_b^a \equiv \prod \limits_{i=0}^k C_{m_i}^{n_i} \pmod p$。

注意：若 $n_i>m_i$，$C_{m_i}^{n_i}=0$。

然而我们一般使用的以下的这个式子：

\[C_b^a\equiv C_{\lfloor b/p\rfloor}^{\lfloor a/p \rfloor}\times C_{b \bmod p}^{a \bmod p}\pmod p \]

证明：

（以下运算默认在模 $p$ 意义下进行）

先证一个引理：

$(a+b)^p \equiv a^p+b^p \pmod p$

我们考虑二项式展开，除了第一项和最后一项，其他项都含有 $p$，故都被模没了。只剩下 $a^p$ 和 $b^p$。

我们设 $a=\lfloor \frac{a}{p}\rfloor \times p +a\bmod p$，$a'=\lfloor \frac{a}{p}\rfloor$。

则有：

$(1+x)^a=(1+x)^{\lfloor \frac{a}{p}\rfloor \times p +a\bmod p}=(1+x)^{a'\times p+a\bmod p}=(1+x)^{a'p}(1+x)^{a \bmod p}$。

因为 $a \bmod p=m_0$，所以 $(1+x)^{a'p}(1+x)^{a \bmod p}=((1+x)^p)^{a'}(1+x)^{m_0}=(1+x^p)^{a'}(1+x)^{m_0}$。

再设 $a'=\lfloor \frac{a'}{p}\rfloor \times p +a'\bmod p$，$a''=\lfloor \frac{a'}{p}\rfloor$。重复上述推导，得： $(1+{x^p}^2)^{a''}(1+x^p)^{m_1}$。

就这样一直推下去直到

\[(1+x)^a=(1+{x^p}^k)^{m_k}\times (1+x^{p^{k-1}})^{m_{k-1}}\times \cdots\times(1+x)^{m_0} \]

对左右两边分别使用二项式定理求 $x^b$。右边的每一项为 $b$ 在 $p$ 进制下对应的每一个数。

\[C_a^b x^b=C_{m_k}^{n_k}x^{p_kn_k}\times C_{m_{k-1}}^{n_{k-1}}x^{p_{k-1}n_{k-1}}\times\cdots\times C_{m_0}^{n_0}x^{p_0n_0}=(\prod_{i=0}^k C_{m_i}^{n_i})(x^{\sum _{i=0}^{k}p_in_i})=x^b (\prod _{i=0}^k C_{m_i}^{n_i}) \]

同除 $x^b$ 即得。

当然也可以写成：（这不就是求一个数在 $p$ 进制下的表示的过程吗）

\[C_b^a\equiv C_{\lfloor b/p\rfloor}^{\lfloor a/p \rfloor}\times C_{b \bmod p}^{a \bmod p}\pmod p \]

模板题

code

exLucas

跟 Lucas 并没有关系的说。

前置芝士

CRT
exgcd
组合数

和 Lucas 求解的是一类问题，不过 exLucas 不要求模数为质数。

由于 $p \not \in \text{Prime}$，考虑对其质因数分解

\[p=\prod_{i=1}^k p_i^{q_i} \]

分解以后，我们只要求出 $C_m^n\bmod p_i^{a_i}$ 的值，就可以用 CRT 合并出最终答案。

下面来考虑 $C_m^n \bmod p^{a}$，我们都知道 $C_m^n=\dfrac{m!}{n!\times(m-n)!}$。但是此时 $p^{a}$ 不一定与 $n!,(m-n)!$ 互质，这样就没法求逆元了。我们考虑对于将这些阶乘中的 $p_i$ 提出来，就变成了

\[\frac{\frac{m!}{p^x}}{\frac{n!}{p^y}\times\frac{(m-n)!}{p^z}}\times p^{x-y-z} \]

其中 $\dfrac{n!}{p^y}$ 和 $\dfrac{(m-n)!}{p^z}$ 和 $p^a$ 互质，可以直接求逆元。

下面我们来考虑计算形如 $\dfrac{n!}{p^x}\bmod p^a$ 的式子。

先看 $n! \bmod p^a$。

举个例子： $n=22,p=3,a=2$。（网上举得基本上都是这个例子）

$22!=1\times 2\times 3\times 4\times 5\times 6\times 7\times 8\times 9\times 10\times 11\times 12\times 13\times 14\times 15\times 16\times 17\times 18\times 19\times 20\times 21\times 22$

把所有 $p$ 的倍数提出来，得到：

\[n!=p^{\lfloor \frac{n}{p}\rfloor}\times \lfloor\frac np\rfloor! \times \prod_{p\nmid i}^n i \]

还是那个例子：

$22!=3^7\times \begin{matrix}\underbrace{(1\times 2\times 3\times 4\times 5\times 6\times 7)}\\\text{这些就是原先 3 的倍数}\end{matrix}\times(1×2×4×5×7×8×10×11×13×14×16×17×19×20×22)$

因为 $x\equiv x+p^a \pmod {p^a}$，所以我们发现最后一部分是循环的。

具体到例子里：$1×2×4×5×7×8≡10×11×13×14×16×17 \pmod {3^2}$

我们先暴力搞一个循环，然后快速幂计算其 $\lfloor \frac n{p^a}\rfloor$ 幂。还剩下不能构成循环的最后几项，暴力乘一下。

这样三部分的乘积就是 $n!$，最终还要除以一个 $p^x$。第一部分被约掉，不用管了。第二部分可以递归计算，过程中自然把 $p$ 因子除去，故而最终答案就是第二部分递归后的结果与第三部分的乘积。

然后就可以计算了。

最后 CRT 合并即可。

模板题

code

狄利克雷卷积 Dirichlet Product

Link.

莫比乌斯反演

Link.

类欧几里得

$\mathfrak{To}$ $\mathfrak{Be}$ $\mathfrak{Continued...}$

posted @ 2021-08-18 21:21 LJC001151 阅读(171) 评论(0) 收藏举报

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LJC001151

Evermore.

『数论』

數論，一生之敵！

前言

正文

扩展 gcd / exgcd

乘法逆元

欧拉函数 \(\varphi\)

欧拉定理

内容

证明

费马小定理

扩展欧拉定理

Case 1

Case 2

中国剩余定理/CRT

扩展中国剩余定理/exCRT

原根

二次剩余

BSGS

N 次剩余

exBSGS

Lucas

exLucas

狄利克雷卷积 Dirichlet Product

莫比乌斯反演

类欧几里得

公告