数论基础部分

改名！感觉还是把数学都写到这里吧。

数学菜批是这样的。

数论分块

算是前置芝士了，很多莫反题都要用这玩意。

假如现在我们有 $\left \lfloor \frac{n}{i} \right \rfloor $ 这样的式子，能够发现，其实他会有一大段值的取值是一样的，比如令 $n = 30$，那么从 $8$~$10$ 的取值都是相同的，当 $n$ 很大的时候，这个块的长度也会很大，某些题中，我们只需要用到他的取值，那么我们遍利所有的 $i$ 显然是冗余的，只要找到每一个块的右端点挨个看就好了，现在考虑如何找这个右端点。

甩个结论 $\left \lfloor \frac{n}{\left \lfloor \frac{n}{i} \right \rfloor } \right \rfloor $ 就是右端点，考虑证明。

首先令 $k = \left \lfloor \frac{n}{i} \right \rfloor $，那么显然 $k \leq \frac{n}{i}$，那么就会有 $\left \lfloor \frac{n}{k} \right \rfloor \ge \left \lfloor \frac{n}{\frac{n}{i}} \right \rfloor = \left \lfloor i \right \rfloor = i $，感性理解，当 $i$ 取到最靠右的值的时候，就是 $\left \lfloor \frac{n}{k} \right \rfloor $，也就证明了上面的结论，所以数论分块的代码写出来也是非常简洁的。

例题 P3579 [POI2014] PAN-Solar Panels

~~好像是因为这个题才来写的这个笔记~~

不是很板，带一点思考量，我们首先能够发现，假如有一个 $gcd$ 能满足答案，感性来看就是他一定会被同时包含在 $[a,b]$ 和 $[c,d]$ 中间，那么如果要判断这个答案，就是令 $\left \lfloor \frac{a}{i} \right \rfloor < \left \lfloor \frac{b}{i} \right \rfloor $ 时才能满足条件，$[c,d]$ 同理。那么现在就是要考虑怎么判断令 $i$ 同时满足两个不等式了，这就可以考虑上面的整除分块了，我们只需要枚举商，判断是否被区间包含即可，复杂度 $O(n \sqrt V)$。

code

莫比乌斯反演

我总算是懂了，现在给一个莫比乌斯函数。

\[\mu(x)= \left\{\begin{matrix} 1 & n=1 & \\ 0 & n有平方因子 & \\ (-1)^k & k为本质不同的因子个数 & \end{matrix}\right.\]

基于没有平方因子的性质，我们可以用欧拉筛求这东西，具体就是：

inline void GP(ll n){
	vis[1]=1;mu[1]=1;
	for(int i=2;i<=n;i++){
		if(!vis[i]) prime[++cnt]=i,mu[i]=-1;
		for(int j=1;j<=cnt&&i*prime[j]<=n;j++){
			vis[i*prime[j]]=1;
			if(i%prime[j]==0) break;
			mu[i*prime[j]]=-mu[i]; 
		}
	}
	fo(2,i,n) mu[i]+=mu[i-1];
}

莫比乌斯函数还有个性质：

\[\sum_{d|n}\mu(d)=\left\{\begin{matrix} 1& n=1 & \\ 0& n\neq1 & \end{matrix}\right.\]

也就是他等价于 $\zeta (n)$，$\mu * 1 = \zeta$，其中 $\zeta$ 是黎曼函数，$*$ 是狄利克雷卷积，所以在狄利克雷生成函数里面，莫比乌斯函数等价于常值函数 $1$ 的逆元。

啊啊啊，好多笔误。

考虑证明:

设 $n = \prod_{i=1}^{k} p_i^{c_i}$，${n}'=\prod_{i=1}^{k} p_i$。

显然，由二项式定理：

\[\sum_{d|n}\mu(d)=\sum_{d|{n}'}\mu(d)=\sum_{i=0}^{k}\binom{k}{i}\times (-1)^i = (1+(-1))^k \]

所以当且仅当 $k=0$ 时原式值为 $1$，也就是仅当 $n=1$ 时成立。

有个小结论，这个还是很好理解的，$[\gcd(i,j)=1] = \sum_{d|\gcd(i,j)} \mu(d)$

现在有了上面的结论，我们开始莫反的推导，假设现在有两个在非负数域上定义的函数 $f(i)$ 和 $F(i)$，并且有 $F(n) = \sum_{d|n} f(d)$，那么我们存在反演结论 $f(n) = \sum_{d|n} \mu(d)F(\left \lfloor \frac{n}{d} \right \rfloor)$。

考虑证明，首先有：

\[\sum_{d|n} \mu(d)F(\left \lfloor \frac{n}{d} \right \rfloor) = \sum_{i|n} \mu(i)\sum_{d|\left \lfloor \frac{n}{i} \right \rfloor} f(d) \]

这一步只是将式子变了一下，然后我们更换顺序：

\[\sum_{i|n} \mu(i)\sum_{d|\left \lfloor \frac{n}{i} \right \rfloor} f(d) = \sum_{i|n} f(i) \sum_{d|{\left \lfloor \frac{n}{i} \right \rfloor}} \mu(d) \]

然后由莫比乌斯函数的性质可以得知，当且仅当 $\left \lfloor \frac{n}{i} \right \rfloor = 1$ 的时候，后半部分的式子才不为 $0$，此时才代回前面式子，可以得到：

\[\sum_{i|n} f(i) \sum_{d|n} \mu(d) = f(n) \]

得证。

其实莫反还有一种形式结论 $f(n) = \sum_{d|n} \mu(\frac{n}{d})F(d)$，这种也是好证明的。

到这里就差不多了，还有一些例题，之后会慢慢补上的。

P3455 [POI2007] ZAP-Queries

写出原答案式子：

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

把 $k$ 提出来扔到前面去：

\[\sum_{i=1}^{\left \lfloor \frac{n}{k} \right \rfloor}\sum_{j=1}^{\left \lfloor \frac{m}{k} \right \rfloor} [\gcd(i,j) = 1] \]

直接莫反：

\[\sum_{i=1}^{\left \lfloor \frac{n}{k} \right \rfloor}\sum_{j=1}^{\left \lfloor \frac{m}{k} \right \rfloor} \sum_{d|{\gcd(i,j)}} \mu(d) \]

再改一下枚举顺序：

\[\sum_{d=1}^{n} \sum_{i=1}^{\left \lfloor \frac{n}{kd} \right \rfloor}\sum_{j=1}^{\left \lfloor \frac{m}{kd} \right \rfloor} \mu(d) \]

发现 $\mu(d)$ 可以扔到前面去，那后面一坨就没什么意义了：

\[\sum_{d=1}^{n} \mu(d) \left \lfloor \frac{n}{kd} \right \rfloor \left \lfloor \frac{m}{kd} \right \rfloor\]

筛一下 $\mu(d)$ 这样我们就有了 $O(n)$ 的解决办法，可是是多组，这样显然过不去。

进一步考虑数论分块，现将 $n$ 和 $m$ 除以 $k$ 之后就是数论分块的一般形式了，直接套板子求个和就好了，复杂度 $O(n\sqrt n)$。

code

P2398 GCD SUM

双倍经验，还是上面那个式子，枚举一下 $\gcd(i,j)$ 的值就好了。

P1829 [国家集训队] Crash的数字表格 / JZPTAB

晚自习 40min 搞出来了，但是式子长的要死。

写出原式子 $\sum_{i=1}^{n} \sum_{j=1}^{m} \operatorname{lcm} (i,j)$，把 lcm 拆开，写成 $\sum_{i=1}^{n} \sum_{j=1}^{m} \frac{ij}{\gcd(i,j)}$。

感觉这个分数形式很难搞，我们仍然采用枚举 gcd 的想法搞，这里跳了一步，直接把 $[\gcd(i,j) = k]$ 弄到外面去，然后会留下 $k^2$ 的常数：

\[\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k} \sum_{i=1}^{\left \lfloor \frac{n}{k} \right \rfloor} \sum_{j=1}^{\left \lfloor \frac{m}{k} \right \rfloor} k^2 ij [\gcd(i,j) = 1] \]

把 $k^2$ 放到外面，然后常规莫反套路，改一下 gcd 式子再莫反：

\[\sum_{k=1}^{n} k \sum_{d=1}^{\left \lfloor \frac{n}{k} \right \rfloor} \sum_{i=1}^{\left \lfloor \frac{n}{kd} \right \rfloor} \sum_{j=1}^{\left \lfloor \frac{m}{kd} \right \rfloor} d^2ij~\mu(d) \]

之后把无关的 $d^2\mu(d)$ 扔出去，发现 $i$ 与后面的一个求和无关，放到前面：

\[\sum_{k=1}^{n} k \sum_{d=1}^{\left \lfloor \frac{n}{k} \right \rfloor} d^2\mu(d) \sum_{i=1}^{\left \lfloor \frac{n}{kd} \right \rfloor} i \sum_{j=1}^{\left \lfloor \frac{m}{kd} \right \rfloor} j \]

这样的话，我们可以处理 $A_i = \sum_{j=1}^{i} j$ 就可以把式子表示成：

\[\sum_{k=1}^{n} k \sum_{d=1}^{\left \lfloor \frac{n}{k} \right \rfloor} d^2\mu(d) A_{\left \lfloor \frac{n}{kd} \right \rfloor} A_{\left \lfloor \frac{m}{kd} \right \rfloor} \]

把后面记作 $f(n) = \sum_{d=1}^{n} d^2\mu(d) A_{\left \lfloor \frac{n}{d} \right \rfloor} A_{\left \lfloor \frac{m}{d} \right \rfloor}$，这东西只要预处理 $\sum \mu(d) d^2$ 就可以数论分块了，复杂度 $O(\sqrt n)$。

可是还有前面枚举 $k$ 的 $O(n)$，这样总的是 $O(n\sqrt n)$，无法通过。

写出式子 $\sum_{k=1}^{n} k~f(\left \lfloor \frac{n}{k} \right \rfloor)$，发现这东西可以再套一个数论分块，这样总的复杂度就是 $O(n)$ 了，可以通过。

code

P2257 YY的GCD

滚回来更新了，这题好像四个月前就在做题计划里了，一直没补（

好像有一个单测的简化版，简单写一下式子吧，我们默认令 $n < m$：

\[\sum_{k \in prime} \sum_{i=1}^{\left \lfloor \frac{n}{k}\right \rfloor} \sum_{i=1}^{\left \lfloor \frac{m}{k}\right \rfloor} [\gcd(i,j) = 1] \]

然后莫反：

\[\sum_{k \in prime} \sum_{d=1}^{\left \lfloor \frac{n}{k}\right \rfloor} \sum_{i=1}^{\left \lfloor \frac{n}{kd}\right \rfloor} \sum_{i=1}^{\left \lfloor \frac{m}{kd}\right \rfloor} \mu(d) \]

把 $\mu(d)$ 提到前面去，自然变成：

\[\sum_{k \in prime} \sum_{d=1}^{\left \lfloor \frac{n}{k}\right \rfloor} \mu(d) \left \lfloor \frac{n}{kd}\right \rfloor \left \lfloor \frac{m}{kd}\right \rfloor \]

这样单次时间复杂度就是 $O(V\sqrt n)$ 了，其中 $V$ 表示 $prime$ 的大小，可是这题多测，$O(TV\sqrt n)$ 跑不过去，考虑再优化：

令 $T=dk$，我们改为优先枚举 $T$，则式子变成：

\[\sum_{T=1}^{n} \left \lfloor \frac{n}{T} \right \rfloor \left \lfloor \frac{m}{T} \right \rfloor \sum_{k|T,k \in prime} \mu (\left \lfloor \frac{T}{k} \right \rfloor) \]

这时候我们就发现后面的东西可以预处理了，在欧拉筛之后枚举一下倍数是 $O(n\log n)$ 的。

code

P3704 [SDOI2017] 数字表格

大力膜拜 lhc！！！

写出式子，默认 $n < m$，$f(i)$ 表示 fib 序列：

\[\prod_{i=1}^{n} \prod_{j=1}^{m} f(\gcd(i,j)) \]

枚举 $\gcd$，得到：

\[\prod_{d=1}^{n} \prod_{j=1}^{\left \lfloor \frac{n}{d} \right \rfloor} \prod_{j=1}^{\left \lfloor \frac{m}{d} \right \rfloor} f(d)^{[gcd(i,j)=1]} \]

发现 $f(d)$ 进行乘法的次数就是 $\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m [gcd(i,j)=1]$：

\[\prod_{d=1}^{n} f(d)^{\sum_{i=1}^{\left \lfloor \frac{n}{d} \right \rfloor} \sum_{j=1}^{\left \lfloor \frac{m}{d} \right \rfloor} [gcd(i,j)=1] } \]

之后正常莫反套路：

\[\prod_{d=1}^{n} f(d)^{\sum_{k=1}^{\left \lfloor \frac{n}{d} \right \rfloor} \mu(k) \left \lfloor \frac{n}{kd} \right \rfloor \left \lfloor \frac{m}{kd} \right \rfloor} \]

然后我们里面的 $\sum$ 拿出来，对里面分成两部分：

\[\prod_{d=1}^{n} \prod_{k=1}^{\left \lfloor \frac{n}{d} \right \rfloor} (f(d)^{\mu(k)})^{\left \lfloor \frac{n}{kd} \right \rfloor \left \lfloor \frac{m}{kd} \right \rfloor} \]

模仿上一题的优化套路，我们先令 $T=kd$，然后枚举 $T$，改一下式子:

\[\prod_{T=1}^{n} (\prod_{d|T} f(d)^{\mu(\frac{T}{d})})^{\left \lfloor \frac{n}{T} \right \rfloor \left \lfloor \frac{m}{T} \right \rfloor} \]

我们设 $F(n) = \prod_{d|n} f(d)^{\mu(\frac{n}{d})}$，原式变成：

\[\prod_{T=1}^n F(T)^{\left \lfloor \frac{n}{T} \right \rfloor \left \lfloor \frac{m}{T} \right \rfloor} \]

因为 $n\leq 10^6$，所以 $F(T)$ 是可以枚举因数做到预处理 $O(n\log n)$ 的，再做一遍数论分块就好了，复杂度大概是 $O(T\sqrt n \log n)$。

code

扩展欧几里得算法

求解不定方程，形似 $ax + by = \gcd(a,b)$ 的解。

洛谷的模板题是求 $ax+by =c$，因为显然有 $\gcd(a,b) | (ax+by)$，然后就要保证 $\gcd(a,b) | c$，把通解形式改写一下就好了。

感觉 oi-wiki 的证法比较好理解，写一下：

我们设:

存在 $ax_0 + by_0 = \gcd(a,b)$ 和 $bx_1 + (a \mod b)y_1 = \gcd(b,a \mod b)$。

要证明这俩方程是等价的，首先有 $\gcd(a,b) = \gcd(b,a\mod b)$，然后写成 $ax_0 + by_0 = bx_1 + (a\mod b)y_1$。

对于 $a\mod b$，等价于 $a = a - \left \lfloor \frac{a}{b}\right \rfloor \times b$。

推一下式子，有 $ax_0 + by_0 = ay_1 + b(x_1 - \left \lfloor \frac{a}{b}\right \rfloor y_1 )$。

那么就有 $x_0 = y1$，$y_0 = x_1 - \left \lfloor \frac{a}{b}\right \rfloor y_1$，递归求解即可。

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

卢卡斯定理

对于一个质数 $p$，我们可以用卢卡斯定理求 $\binom{n}{m}\mod p$。

有结论是 $Lucas(n,m)=Lucas(n/p,m/p) \times \binom{n \mod p}{m \mod p} $，这个是直接递归下去求就好了，复杂度大概是 $O(\log n)$？

等我尽量补一下证明。

inline ll qpow(ll a,ll b){return (!b?1ll:qpow(a*a%p,b>>1)*((b&1ll)?a:1ll))%p;}
inline ll C(ll n,ll m){if(m>n) return 0;return pre[n]*qpow(pre[m],p-2)%p*qpow(pre[n-m],p-2)%p;}
inline ll Lucas(ll n,ll m){return (!m?1ll:C(n%p,m%p)*Lucas(n/p,m/p)%p);}
signed main(){
	ll t;read(t);
	while(t--)
	{
		read(n),read(m),read(p);
		pre[0]=1;fo(1,i,max(n+m,p)) pre[i]=pre[i-1]*i%p;
		wr(Lucas(n+m,n)),pr; 
	}
}

扩展欧拉定理

哦这个好久之前就写过博客了，写的好丑啊我靠。

欧拉函数

这里给出定义：

我们记 $\varphi(n)$ 为小于等于$n$与$n$互质的数的个数。

展开是这样的：

$\varphi(x) = \sum_{i=1}^{x} [~\gcd~(i,n)=1]$

欧拉筛显然可以把它筛出来：

inline void check_mul(ll n){
	vis[1]=1,mul[1]=1;
	fo(2,i,n)
	{
		if(!vis[i]) prime[++cnt]=i,f[i]=i,mul[i]=-1;
		for(ll j=0;j<cnt&&i*prime[j]<=n;j++){
			vis[i*prime[j]] = 1;
			f[i*prime[j]] = f[i] + 1;
			if(i%prime[j]==0){
				mul[i*prime[j]]=0;
				break;
			}
			mul[i*prime[j]]=-mul[i];
		}
	}
}

对于单个欧拉函数的求法：

欧拉函数是特殊的积性函数，有性质 $\varphi(ab) = \varphi(a) \varphi(b)$，对于任意一个正整数 $a$，有 $a = \prod_{i=1}^n p_i^{k_{i}}$。

进一步，我们可以发现对于任意一个质数 $p$，有 $\varphi(p^k) = p^{k-1} (p-1)$。

因此，有 $\varphi(a) = \prod_{i=1}^n \varphi(p_i^{k_i}) = \prod_{i=1}^n p_i^{k_i-1}(p_i-1) = \prod_{i=1}^n p_i^{k_i} \prod_{i=1}^n (1-\frac{1}{p_i}) = a \prod_{i=1}^{n} (1-\frac{1}{p_i})$

这样我们就可以在 $O(\sqrt a)$ 的复杂度内处理出 $\varphi(a)$。

欧拉定理

直接给出结论：

若 $gcd(a,m)=1$ , 则有 $a^{\varphi(m)}\equiv 1$ $(mod$ $m)$。

证明比较简单：

我们假定 $r_1,r_2,r_3...r_{\varphi(m)}$ 为模 $m$ 下的一个剩余系,则 $ar_1,ar_2...ar_{\varphi(m)}$ 也为模 $m$ 下的一个剩余系，所以有 $r_1\cdot r_2 \cdot r_3 \cdot ... \cdot r_{\varphi(m)}\equiv ar_1 \cdot ar_2 \cdot ar_3 \cdot ... \cdot ar_{\varphi(m)}$ 同时约去剩余系，即可得到上述公式 $a^{\varphi(m)}\equiv 1$ $(mod$ $m)$。

具体证明可以参考 oiwiki。

拓展欧拉定理

对于欧拉定理，只有在 $gcd(a,m)=1$ 时才能使用，那么我们推广一下便可得到：

\[ a^b \equiv \left \{ \begin{matrix} a^{b\mod \varphi(p)}, & \gcd(a,p) = 1,\\ a^b, & \gcd(a,p) \neq 1,b < \varphi(p), \pmod p\\ a^{b \mod \varphi(p) + \varphi(p)}, &\gcd(a,p) \neq 1,b \geq \varphi(p) \end{matrix}\right. \]

证明过程类似跳循环节，此处不再写。

那么，我们只需要预处理出 $\varphi(m)$ 就可以按照拓展欧拉定理进行降幂了。

inline bool read(ll &opp,ll mod){ll x=0,t=1;char ch;ch=getchar();while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-'){t=-1;}ch=getchar();}ll flag=0;while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);if(x>=mod) flag=1,x%=mod;ch=getchar();}opp=x*t;return flag;}
inline void wr(ll x){if(x<0){putchar('-');x=-x;}if(x>9){wr(x/10);}putchar(x%10+'0');}
inline ll qpow(ll a,ll b,ll mod){return (!b?1ll:qpow(a*a%mod,b>>1,mod)*((b&1)?a:1ll))%mod;}
ll a,m,b;
signed main(){
	read(a),read(m);
	ll k=m,phi=m;
	fo(2,i,sqrt(m))
	  if(k%i==0)
	  {
		phi=phi/i*(i-1);
		while(k%i==0) k/=i;
	  }
	if(k>1) phi=phi/k*(k-1);
	ll op=read(b,phi);if(op) b+=phi;
	wr(qpow(a,b,m)),pr;
}

中国剩余定理（CRT）

考虑我们现在有同余方程组：

\[\left\{\begin{matrix} x \equiv a_1 \pmod {b_1} \\ x \equiv a_2 \pmod {b_2} \\ ... \\ x \equiv a_n \pmod {b_n} \end{matrix}\right. \]

对于这个方程组的求解，我们有结论：

令 $n = \prod b_i$，$m_i = \frac{n}{b_i}$，$c_i = m_i (m_i^{-1} \mod b_i)$。

则有 $ans = \sum a_i c_i$。

考虑证明，我们要证明 $ans \equiv a_i \pmod{b_i}$。

对于任意 $i\neq j$，显然有 $m_j \equiv c_j \equiv 0 \pmod{b_i}$，而又有 $c_i \equiv m_i (m_i^{-1} \mod b_i) \equiv 1 \pmod{b_i}$。

于是就可以推到出，对于每一个 $i$，有：

\[\sum a_i c_i \equiv a_ic_i \equiv a_i m_i (m_i^{-1} \mod b_i) \equiv a_i \pmod{b_i} \]

得证，CRT 的正确性就是需要 $b_i$ 互质，不互质的话就需要 exCRT 了，求 $m^{-1}$ 时需要用到 exgcd。

inline ll Exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y)
{
	if(!b) return x=1,y=0,a;
	ll d=Exgcd(b,a%b,x,y);
	ll t=x;x=y,y=t-(a/b)*y;return d;
}
signed main(){
	read(n);fo(1,i,n) read(a[i]),read(b[i]),sum*=a[i];
	fo(1,i,n)
	{
		ll opt=sum/a[i],x,y;
		Exgcd(opt,a[i],x,y);
		ans=(ans+b[i]*opt*x%sum)%sum;
	}
	wr((ans%sum+sum)%sum),pr;
}

posted @ 2025-02-18 16:17 Wei_Han 阅读(46) 评论(1) 收藏举报

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Wei-Han-Fei

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