数论

\(\text{BSGS}\)、原根、阶

阶

定义

若 \(a^x\equiv 1\pmod p\)，且 \(x\) 最小，则称 \(x\) 为 \(a\) 在模 \(p\) 意义下的阶，记作 \(\delta_p(a)\)。

容易发现，仅当 \(\gcd(x,p)=1\) 时，阶存在，可用扩欧证明。

性质

• \(\delta_p(a)\mid\varphi(p)\)。
  • 如果 \(a^x\equiv 1\pmod p\)，那么 \(a^{kx}\equiv 1\pmod p\)，又因为由欧拉定理可知 \(a^{\varphi(p)}\equiv 1\pmod p\)，所以成立。
• \(\delta_p(a^k)=\cfrac{\delta_p(a^k)}{\gcd(\delta_p(a),k))}\)。
  • 假如说 \((a^k)^x\equiv 1\pmod p\)，那么肯定有 \(\delta_p(a)\mid kx\)，满足该条件的最小 \(x\) 即为上式。

原根

如果 \(\delta_p(g)=\varphi(p)\)，那么 \(g\) 称为 \(p\) 的原根。

性质

对于 \(0<i\le \varphi(p)\)，\(g^i\bmod p\) 两两不同，即构成 \(p\) 的简化剩余系。

设 \(f(x)\) 满足 \(g^{f(x)}\equiv x\pmod p\)，则有 \(xy\equiv g^{f(x)}g^{f(y)}\equiv g^{f(x)+f(y)}\pmod p\)，于是便将乘法转换成加法。

判定定理

如果 \(p\ge 3\)，且 \(\gcd(g,p)=1\)，那么 \(g\) 是 \(p\) 的原根当且仅当 \(\sum\limits_{d|\varphi(p),d\in P}[g^\frac{\varphi(p)}{d}\equiv 1]=0\)，其中 \(P\) 为质数集。不会证。

原根个数

如果 \(p\) 有原根，那么个数为 \(\varphi(\varphi(p))\)。

假如说 \(g\) 是 \(p\) 的原根，即 \(\delta_p(g)=\varphi(p)\)，那么根据阶的第二条性质可得 \(\delta_p(g^k)=\cfrac{\varphi(p)}{\gcd(k,\varphi(p))}\)，显然只有当 \(\gcd(k,\varphi(p))=1\) 时，\(g^k\) 是原根，所以证毕。

存在定理

当且仅当 \(p\in\{2,4,x^k,2x^k|x\in P,x\ne 2,k\in N^*\}\) 时 \(p\) 存在原根。不会证。

最小原根

大概是 \(n^{0.25}\)，反正不会 T。不会证。

\(\text{BSGS}\)

基本形式

求满足 \(a^x\equiv b\pmod p\) 的最小整数 \(x\)。其中 \(a,p\) 互质。

\(\text{BSGS}\)

由于互质，所以 \(0\le x<\varphi(p)\)，所以令 \(s=\lceil \sqrt p\rceil\)，然后便可以转换为 \(a^{ks-r}\equiv b\pmod p\)。然后又因为 \(a\) 存在逆元，所以 \(a^{ks}\equiv ba^r\pmod p\)。

注意到 \(1\le k\le s\)，\(0\le r\le s\)，所以直接用哈希表预处理一边，另一边枚举即可。时间复杂度 \(O(\sqrt p)\)，不是多项式时间复杂度。

其他例子

求满足 \(x^a\equiv b\pmod p\) 最小 \(x\)。其中 \(p\) 是质数。

因为 \(p\) 是质数，所以存在原根。先求出最小原根 \(g\)，那么根据原根的性质将 \(x\) 表示为 \(g^{x'}\)，\(b\) 表示为 \(g^{b'}\)，所以有 \(g^{x'a}\equiv g^{b'}\pmod p\)，根据扩展欧拉定理，即 \(x'a \equiv b'\pmod{\varphi(p)}\)。

如果 \(x_0\) 为该方程的特解，根据不定方程解的表达形式，那么有 \(x'\equiv x_0+t\frac{\varphi(p)}{\gcd(\varphi(p),a)}\pmod{\varphi(p)}\)，所以解的个数即为 \(\gcd(\varphi(p),a)\) 个。

处理范围

只要满足可逆性，便可以求解，包括矩阵。即 \(A^x\equiv B\pmod p\)。

如果只是求 \(a^x\equiv 1\pmod p\)，请不要采用 \(\text{BSGS}\)，求阶比这更快。

\(\text{exBSGS}\)

处理 \(a,p\) 不互质时。

很好办，令 \(D\) 为 \(\gcd(a,p)\)，如果 \(D\ne 1\)，那么即 \(\frac{a}{D}a^{x-1}\equiv\frac{b}{D}\pmod{\frac{p}{D}}\)，如果 \(D\) 不整除 \(b\)，那么无解。然后不断重复该过程，直到 \(D=1\)。

令 \(d\) 为所有 \(D\) 的乘积，\(k\) 为重复次数。则 \(\frac{a^k}{d}a^{x-k}\equiv \frac{b}{d}\pmod{\frac{p}{d}}\)。然后即为一般式。需要特判 \(x<k\) 的情况。

\(\text{Miller Rabin}、\text{Pollard Rho}\)

\(\text{Miller Rabin}\)

试判断 \(q\) 是否为质数。其中 \(q\in [1,10^{18}]\)。

试除法

\(O(\sqrt q)\)，显然不可取。

费马素性测试

费马小定理：如果 \(p\) 为质数，那么对于 \(a\)，如果满足 \(\gcd(a,p)=1\)，那么 \(a^{p-1}\equiv 1\pmod p\)。

根据这个，如果对于 \(a\in [2,q-1]\)，有 \(a^{q-1}\not\equiv 1\pmod q\)，那么一定可以说明 \(q\) 不是素数。

但是，‌对于一类合数卡迈克尔数，可以通过如上测试。

二次探测定理

如果 \(p\) 为奇质数，那么 \(x^2\equiv 1\pmod p\) 只有两个解 \(1\) 和 \(p-1\)。

于是如果 \(q=p_1^{r_1}p_2^{r_2}\cdots p_k^{r_k}\)，用 crt 可以求得所有的解。显然只有当 \(k=1\) 即 \(q=p^r\) 时才会通过该测试。

\(\text{Miller Rabin}\)

对于卡迈克尔数有一个性质，一定包含三个互不相同的质因子，所以不满足二次探测定理。

于是便可以二者相结合进行判断。

令 \(q-1=k2^{u}\)。

一共进行 \(t\) 轮，每轮从 \([2,q-1]\) 随机出一个底数 \(a\)。令 \(x=a^{k}\bmod q\)，如果 \(x=1\) 直接通过该轮测试。否则将 \(x\) 不断平方 \(u\) 次，如果某一次 \(x=1\) 且前一次 \(x=q-1\)，那么也可以通过该轮测试，否则则表示 \(q\) 有非平凡根，不满足二次探测定理，即 \(q\) 不是质数。

一般在 long long 范围内，\(t\) 取 \(10\) 便不会出错。

\(\text{Pollard Rho}\)

若 \(q\) 是合数，试找出 \(q\) 的一个非平凡因子（\(\ne 1\) 或 \(q\)）。\(q\in [2,10^{18}]\)。

试除法

生日悖论

如果在 \([1,n]\) 范围内随机生成一个数，那么第一次出现重复的数列长度近似为 \(O(\sqrt n)\)。

\(\text{Pollard Rho}\)

假如说 \(p\) 是 \(q\) 的最小质因子，那么期望在 \([1,q]\) 里随机 \(O(\sqrt p)\) 个数，便有两个数模 \(p\) 同余。时间复杂度大致为 \(O(q^{\frac{1}{4}})\)。

如果 \(x\equiv y\pmod p\)，那么 \(p\mid \gcd(|x-y|,q)\)，所以 \(\gcd(|x-y|,q)\) 便是 \(q\) 的一个非平凡因子。但是两两作差时间复杂度会重新恢复至 \(O(\sqrt q)\)。

考虑一个随机数生成器 \(f(x)=(x^2+c)\bmod n\)。用这个构造数列，由于是 \(\rho\) 型，发现如果 \(x\equiv y\pmod p\)，那么 \(f(x)\equiv f(y)\pmod p\)。

Floyd 判环

令 \(x=f(0),y=f(x)\)。

每一次 \(x=f(x),y=f(f(y))\)，发现 \(x,y\) 间距离不断增加，那么当 \(x=y\) 时可以直接终止。过程中判断即可。

优化

• 如果 \(\gcd(a,b)\ne 1\)，那么 \(\gcd(ak,b)\ne 1\)。
• \(\gcd(ak,b)=\gcd(ak\%p,p)\)。

于是便可以把 \(|x-y|\) 不断累乘，最后判断即可。但是需要跑满，所有考虑倍增，每 \(2^{k}\) 次后判断一次，实验证明，每 \(\min(2^k,128)\) 次判断比较快。

二次剩余

若 \(a\) 满足存在 \(x\) 使得 \(x^2\equiv a\pmod p\)，且 \(\gcd(a,p)=1\)，则称 \(a\) 为模 \(p\) 意义下的二次剩余。\(n\) 次剩余也这么定义。

数论方面的东西就不说了。下文讨论 \(p\) 为奇质数的情况。

Legendre 符号

\[ \left(\frac{a}{p}\right)=\begin{cases} 0 & p\mid a,\\ 1 & a\ 是\ p\ 的二次剩余\\ -1 & 不是\\ \end{cases} \]

Euler 判别法

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

证明：

令 \(g\) 为 \(p\) 的原根。若 \(x^2\equiv a\pmod p\)，则

\[g^{2x'}\equiv g^{a'}\pmod p\Rightarrow 2x'\equiv a'\pmod{p-1}\Rightarrow 2\mid a' \]

然后因为

\(a^{\frac{p-1}{2}}\equiv (g^{a'})^{\frac{p-1}{2}}\equiv (g^{\frac{p-1}{2}})^{a'}\equiv (-1)^{a'}\pmod p\)

所以如果 \(a\) 是 \(p\) 的二次剩余，则 \(2\mid a'\)，该式 \(=1\)，否则 \(=-1\)。

推论

• \(\left(\dfrac{ab}{p}\right)=\left(\dfrac{a}{p}\right)\left(\dfrac{b}{p}\right)\)。完全积性函数。
• \(p\) 的二次剩余为 \(1^2,2^2,\cdots,\left(\frac{p-1}{2}\right)^2\)。
  • 证明：因为是二次剩余，所以 \(a^{\frac{p-1}{2}}\equiv 1\pmod p\)，根据前面的结论，解的个数是 \(\gcd(\frac{p-1}{2},p-1)=\frac{p-1}{2}\)，又由于 \(x^2\equiv (p-x)^2\pmod p\)，所以证毕。
• 如果 \(\gcd(a,m)=1\)，\(m\) 存在原根（不一定是质数），则 \(\left(\dfrac{a}{m}\right)\equiv a^{\frac{\varphi(m)}{\gcd(n,\varphi(m)}}\pmod m\)。其中 \(n\) 表示 \(n\) 次剩余。

Gauss 引理

设 \(p\nmid a\)，记 \(\{a,2a,\cdots,a\frac{p-1}{2}\}\) 中模 \(p\) 绝对最小剩余里 \(<0\) 的数量为 \(v\)，则 \(\left(\dfrac{a}{p}\right)=(-1)^v\)。没用。

二次互反律

\[\left(\frac{q}{p}\right)\left(\frac{p}{q}\right)=(-1)^{\frac{p-1}{2}\cdot \frac{q-1}{2}} \]

其中 \(p,q\) 为奇素数，为什么呢？读者用 Gauss 引理自证不难。

Cipolla 求解

求出 \(x^2\equiv a\pmod p\) 的所有 \(x\)。

仅讨论 \(p\) 为奇素数的情况。首先 Euler 判别是否有解。

然后找到 \(b(1\le b\le p)\)，使得 \(b^2-a\) 为模 \(p\) 的非二次剩余。即 \((b^2-a)^{\frac{p-1}{2}}\equiv -1\pmod p\)。根据推论 \(2\)，期望随机到 \(b\) 的概率为 \(\frac{1}{2}\)。

设 \(\omega =\sqrt{b^2-a}\)，计算 \(x_1\equiv (b+\omega)^{\color{red}\frac{p+1}{2}}\pmod p\)，\(x_2\equiv p-x_1\pmod p\)。

这里的 \(\omega\) 类似于虚数单位 \(i\)，将原来 \(p\) 的完全剩余系 \(\Z_p\) 扩展为 \(\Z_p[\omega]\)。在这个扩域中，每一个数都可以表示为 \(x+y\omega(x,y\in \Z_p)\)。前面是实部，后面是虚部。

其中加减乘除都类似于 \(i\)，\((x_1+y_1\omega)(x_2+y_2\omega)=(x_1x_2+y_1y_2\omega^2)+(x_1y_2+x_2y_1)\omega\)。

证明一

为何 \(x_1^2\equiv a\pmod p\)。

\[\begin{aligned} x_1^2&=(b+\omega)^{p+1}\\ &=(b+\omega)^p(b+\omega)\\ &=(b^p+\omega^p)(b+\omega)\ \ 二项式定理\\ &=(b-\omega)(b+\omega) \end{aligned} \]

由费马小定理可得 \(b^p\equiv b\pmod p\)，然后 \(\omega^p\equiv \omega(\omega^2)^{\frac{p-1}{2}}\pmod p\)，因为 \(\omega^2=b^2-a\) 不是二次剩余，故 \((\omega^2)^{\frac{p-1}{2}}\equiv -1\pmod p\)。

证明二

\(x_1=x+y\omega\) 的虚部 \(y=0\)。

因为 \(x_1^2=(x^2+y^2\omega^2)+(2xy)\omega=a\)。其中 \(a\in \Z_p\)，则 \(2xy\equiv 0\pmod p\)。

若 \(x=0\)，则 \(y^2\omega^2=a\)。因为 \(\omega^2\) 非二次剩余，所以根据推论一有 \(y^2\) 非二次剩余，但是 \(y\in \Z_p\)，故 \(y^2\) 一定二次剩余，矛盾。

一般情况

按照套路，将 \(p\) 分解为 \(p_1^{r_1}p_2^{r_2}\cdots p_k^{r_k}\)。分 \(2^k\) 和 \(p^k\) 讨论然后 crt 合并。挂个简略版。

\(2^k\)

\(k<3\) 特判。

\(k\ge 3\)，则 \(a\equiv 1\pmod 8\)，始终 \(4\) 个解，从 \(k=3\) 递推，\(x_0\) 为已知答案。则 \(x_1\equiv x_0\) 或 \(x_1\equiv x_0+2^k\)，其中 \(2\) 个无解。

\(p^k\)

等价于 \(p\) 的情况。

斐波那契与循环节

求斐波那契 \(\bmod 10^9+9\) 最早出现 \(x\) 的位置。

根据通项公式

\[f_n=\frac{1}{\sqrt 5}\left[\left(\frac{1+\sqrt 5}{2}\right)^n-\left(\frac{1-\sqrt 5}{2}\right)^n\right] \]

设 \(f_n=\frac{1}{\sqrt 5}(a^n-b^n)\)，注意到 \(5\) 是二次剩余，所以前面是常数；观察到 \(ab=-1\)，所以处理 \(a^n-(\frac{-1}{a})^n\)。

然后分奇偶讨论，如果是偶数，则 \(x-\frac{1}{x}\equiv b\pmod p\)，解一元二次方程，然后用 bsgs 求解即可。

求模 \(p\) 意义下的最小循环节。一下只考虑 \(p\) 为素数的情况。如果 \(p\) 不是素数，容易发现循环节长度不超过 \(6p\)。

需要特判的 \(p=2\) 时，答案为 \(3\)。\(p=5\) 时，答案为 \(20\)。

\(p^k\) 的最小循环节 \(=p\) 的最小循环节 \(\times p^{k-1}\)。不会证明。一个合数为分解质因数后 lcm。

\(5\) 是 \(p\) 的二次剩余

那么 \(5^{\frac{p-1}{2}}\equiv 1\pmod p\)，令 \(\phi =\frac{1+\sqrt 5}{2}\)，\(\bar{\phi}=\frac{1-\sqrt 5}{2}\)。

容易发现

\[\begin{aligned} \phi^p&= \frac{(1+\sqrt 5)^p}{2^p}\\ &= \frac{1^p+\sqrt 5^p}{2}\ \ 二项式定理/费马小定理\\ &= \frac{1+\sqrt 5\sqrt 5^{p-1}}{2}\\ &= \frac{1+\sqrt 5}{2}\ \ (\sqrt5^{p-1}= 5^{\frac{p-1}{2}}= 1) \end{aligned} \]

\(\bar{\phi}\) 同理。
所以 \(p-1\) 是一个周期。最小周期是它的因数。

\(5\) 不是 \(p\) 的二次剩余

那么 \(5^{\frac{p-1}{2}}\equiv -1\pmod p\)。

根据上述推导容易发现 \(\phi^p=\frac{1-\sqrt 5}{2}=\bar{\phi}\)。同理 \(\bar{\phi}^p=\phi\)。

于是，\(\phi^{2p+3}=(\phi^{p+1})^2\phi=(\bar{\phi}\phi)^2\phi\)。注意到 \(\phi\bar{\phi}=-1\)。所以原式 \(=\phi\)。

\(\bar{\phi}\) 同理。于是 \(2p+2\) 是一个周期。

数论函数、莫比乌斯反演、亚线性筛法

数论函数

狄利克雷卷积

\[(f*g)(n)=\sum_{d|n}f(d)g(\frac{n}{d}) \]

枚举倍数可做到 \(O(n\log n)\)。满足交换律、结合律，对加法的分配律。

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求 \(h=f*g\)，其中 \(f\) 和 \(g\) 均为积性函数。

显然 \(h\) 也为积性函数，可以通过求出 \(h\) 在 \(p^k(k>1)\) 处的点值求出 \(h\)，时间复杂度为 \(O(\frac{\sqrt n}{\log n}\log^2 n)=O(\sqrt n\log n)\) 加线性筛时间复杂度 \(O(n)\)。

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如果 \(C\) 是完全积性函数，则有 \((A\cdot C)*(B\cdot C)=(A*B)\cdot C\)。

狄利克雷前缀和

\(g(n)=1(n)=1\)，用高维前缀和枚举质数可以做到 \(O(n\log \log n)\)，后缀和同理。

积性函数

对于 \(a\perp b\) 满足 \(f(ab)=f(a)f(b)\) 的函数称为积性函数，\(\forall a,b\) 称为完全积性函数。如果 \(f\) 和 \(g\) 是积性函数，那么 \(h=f*g\) 也是积性函数。

• 单位函数 \(\varepsilon(n)=[n=1]\)。
• 常数函数 \(1(n)=1\)。
• 恒等函数 \(id(n)=n\)。

如果 \(f*g=\varepsilon\)，则称 \(f\) 为 \(g\) 的逆元，也即 \(g^{-1}\)。\(g\) 可逆的充要条件为 \(g(1)\ne 0\)。

\[\mu \xrightleftharpoons[*\mu]{*1}\varepsilon\xrightleftharpoons[*\mu]{*1}1\xrightleftharpoons[*\mu]{*1}d\\ \varphi\xrightleftharpoons[*\mu]{*1}id\xrightleftharpoons[*\mu]{*1}\sigma \]

由莫反可得。

莫比乌斯函数

\[\mu(n)=\left\{\begin{matrix} 1 & i=1\\ (-1)^{k} & n=\prod_{i=1}^{k}p_i\\ 0 & \text{otherwise} \end{matrix}\right. \]

莫比乌斯反演

若 \(F=f*1\)，则 \(f=F*\mu\)。

只需证明 \(\mu *1=\varepsilon\)，即证明

\[[n=1]=\sum_{d|n}\mu(d) \]

由于 \(\mu(d)=0\) 的因子无贡献，所以只需考虑若干质因子的乘积。\(n=1\) 显然成立。如果 \(n\ne 1\)，令 \(k\) 为因子数。

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

欧拉反演：\(n=\sum_{d|n}\limits\varphi(d)\)。

形式化

\[F(n)=\sum_{d|n}f(d)\Longleftrightarrow f(n)=\sum_{d|n}F(d)\mu(\frac{n}{d})\\ F(n)=\sum_{n|d}f(d)\Longleftrightarrow f(n)=\sum_{n|d}F(d)\mu(\frac{d}{n})\\ \varepsilon(n)=[n=1]=\sum_{d|n}\mu(d) \]

常见结论

\[\mu(ij)=\mu(i)\mu(j)[\gcd(i,j)=1]\\ \varphi(ij)=\frac{\varphi(i)\varphi(j)\gcd(i,j)}{\varphi(\gcd(i,j))}\\ \sum_{i=1}^{n}\lfloor\frac{n}{i}\rfloor=\sum_{i=1}^{n}d(i)\\ d(ij)=\sum_{x|i}\sum_{y|j}[\gcd(i,j)=1]\\ \sum_{i=1}^x[i\perp x]i=\frac{x\varphi(x)}{2}\\ \sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}f(\gcd(i,j))=\sum_{d=1}f(d)\sum_{e=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor}\mu(e)\lfloor\frac{n}{de}\rfloor\lfloor\frac{m}{de}\rfloor=\sum_{T=1}^{n}\lfloor\frac{n}{T}\rfloor\lfloor\frac{m}{T}\rfloor\sum_{d|T}f(d)\mu(\frac{T}{d}) \]

如何证明？

对于第三个，考虑建立倍数与约数的双射。

对于第四个，读者自证不难。

对于第五个，如果 \(i\perp x\)，根据辗转相除法可得 \(x-i\perp x\)，发现是成对出现。

对于第六个，等式 \(1\) 整除分块套整除分块可以做到 \(O(n^{\frac{3}{4}})\)，等式 \(2\) 可以整除分块加杜教筛做到 \(O(n^{\frac{2}{3}})\)。

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\[\def\g{\gcd} \def\s{\sum} \def\f{\frac} \begin{aligned} \s_{i=1}^{N}\s_{j=1}^{N}\text{lcm}(A_i,A_j)&=\s_{i=1}^{N}\s_{j=1}^{N}\frac{A_iA_j}{\g(A_i,A_j)}\\ &=\s_{d=1}^{M}\f{1}{d}\s_{i=1}^{N}\s_{j=1}^{N}A_iA_j[\g(A_i,A_j)=d]\\ &=\s_{d=1}^{M}\s_{e=1}^{\lfloor\f{M}{d}\rfloor}\frac{\mu(e)}{d}\s_{i=1}^{N}[de|A_i]\s_{j=1}^{N}[de|A_j]A_iA_j\\ &=\s_{T=1}^{M}\s_{d|T}\mu(d)\f{d}{T}S^2(T)\\ &=\s_{T=1}^{M}\f{S^2(T)}{T}\s_{d|T}\mu(d)d \end{aligned} \]

其中 \(M\) 为值域，\(S(T)\) 可以通过高维后缀和，\(\mu\cdot id\) 可以通过高维前缀和。时间复杂度 \(O(M\log \log M)\)。

亚线性筛

求 \(s(n)=\sum\limits_{i=1}^{n}f(i)\)。其中 \(f\) 为积性函数。

杜教筛

考虑构造 \(g\)，使得 \(h=g*f\) 且 \(h\) 和 \(g\) 的前缀和易求。

适用范围：\(g,h\) 前缀和易求。

\[\begin{aligned} \sum_{i=1}^{n}h(i)&=\sum_{i=1}^{n}\sum_{d|i}g(d)f(\frac{i}{d})\\ &=\sum_{d=1}^{n}g(d)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}f(i)\\ &=\sum_{d=1}^ng(d)s(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor)\\ &=g(1)s(n)+\sum_{d=2}^ng(d)s(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor) \end{aligned} \]

所以有

\[g(1)s(n)=\sum_{i=1}^{n}h(i)-\sum_{d=2}^{n}g(d)s(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor) \]

然后递归加记忆化，时间复杂度大概是 \(O(n^{\frac{3}{4}})\)，但是预处理 \(\le T=O(n^{\frac{2}{3}})\) 可以做到 \(O(n^\frac{2}{3})\)。

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数列 \(a\) 初始为空，每次随机加入一个 \(1\sim n\) 中的数，当 \(\gcd=1\) 时停止，求期望长度。

发现即求 \(\sum\limits_{i=1}^{\infin}iP(len=i)\)，但是这并不容易，考虑转 \(\sum\limits_{i=1}^{\infin}P(len\ge i)\)，然后容斥一下 \(1+\sum\limits_{i=2}^{\infin}1-P(len<i)\)。

此时 \(P\) 就变成总序列个数 \(n^{i-1}\) 中 \(\gcd=1\) 的个数，推一下即 \(\sum\limits_{d=1}^{n}\mu(d)\frac{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor^{i-1}}{n^{i-1}}\)，然后喜闻乐见地交换求和顺序，发现内部是等比序列求和然后便可以整除分块加杜教筛了。

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求 \(\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}\varphi(ij)\)，其中 \(n\le 10^5\)，\(m\le 10^9\)。

设 \(f(n,m)=\sum_{j=1}^{m}\varphi(nj)\)，\(s\) 为 \(n\) 的所有质因数的乘积。

\[\begin{aligned} f(n,m)&=\frac{n}{s}\sum_{j=1}^{m}\varphi(sj)\\ &=\frac{n}{s}\sum_{j=1}^{m}\frac{\varphi(s)\varphi(j)\gcd(s,j)}{\varphi(\gcd(s,j))}\\ &=\frac{n}{s}\sum_{j=1}^m\varphi(\frac{s}{\gcd(s,j)})\varphi(j)\gcd(s,j)\\ &=\frac{n}{s}\sum_{j=1}^m\varphi(\frac{s}{\gcd(s,j)})\varphi(j)\sum_{d|\gcd(s,j)}\varphi(d)\\ &=\frac{n}{s}\sum_{j=1}^m\varphi(j)\sum_{d|\gcd(s,j)}\varphi(\frac{s}{\frac{\gcd(s,j)}{d}})\\ &=\frac{n}{s}\sum_{j=1}^m\varphi(j)\sum_{d|\gcd(s,j)}\varphi(\frac{s}{d})\\ &=\frac{n}{s}\sum_{d|s}\varphi(\frac{s}{d})\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}\varphi(dj) \end{aligned} \]

后面那堆是 \(f(d,\lfloor\frac{m}{d}\rfloor)\)，递归子问题，注意记忆化。

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求 \(\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}[i\perp j][j\perp k]\)，其中 \(n,m\le 10^9\)，\(k\le 2\times 10^3\)。

因为 \(k\) 很小，考虑处理关于 \(k\) 的部分。

\[\begin{aligned} \sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}[i\perp j][j\perp k]&=\sum_{d|k}\mu(d)\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{\lfloor \frac{m}{d}\rfloor }[i\perp dj]\\ &=\sum_{d|k}\mu(d)\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{\lfloor \frac{m}{d}\rfloor }[i\perp j][i\perp d]\\ &=\sum_{d|k}\mu(d)\sum_{i=1}^{\lfloor \frac{m}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{n}[i\perp j][j\perp d] \end{aligned} \]

注意到后面那堆是子问题，于是直接递归计算，时间复杂度由于 \(k\) 的原因是可以过的。

Powerful Number 筛

如果 \(n=\prod\limits_{i=1}^{k}p_i^{r_i}\)，对于 \(\forall 1\le i\le k\) 满足 \(r_i>1\)，则称 \(n\) 为幂数（PN）。可以证明 \(1\sim n\) 以内幂数的数量在 \(O(\sqrt n)\) 级别。可以预处理 \(\sqrt n\) 以内的质数然后 dfs 求出所有的幂数。

考虑构造积性函数 \(g\)，满足

• 对于质数 \(p\)，\(g(p)=f(p)\)。
• 前缀和 \(G\) 易求。
• 存在积性函数 \(h\) 满足 \(f=g*h\)，\(h(p^k)\) 的值易求。

因为 \(g,h\) 为积性函数，则 \(g(1)=h(1)=1\)。

对于质数 \(p\)，\(f(p)=g(1)h(p)+g(p)h(1)=g(p)\)，则 \(h(p)=0\)。于是可推得 \(h\) 在非 PN 处的取值均为 \(0\)。所以

\[\begin{aligned} \sum_{i=1}^{n}f(i)&=\sum_{i=1}^{n}\sum_{d|i}h(d)g(\frac{n}{d})\\ &=\sum_{d=1}^{n}h(d)\sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }g(i)\\ &=\sum_{d=1}^{n}h(d)G(\lfloor \frac{n}{d}\rfloor) \end{aligned} \]

由于仅当 \(d\) 为 PN 时非 \(0\)，所以只有 \(\sqrt n\) 个非 \(0\)。

如果 \(G\) 和 \(h(p^k)\) 可 \(O(1)\) 求，则时间复杂度 \(O(\sqrt n)\)。

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计算 \(h(p^k)\)：

• 直接用公式算。
• 递推。由于 \(f(p^k)=\sum\limits_{i=0}^{k}g(p^i)h(p^{k-i})=h(p^k)+\sum\limits_{i=1}^{k}g(p^i)h(p^{k-i})\)，所以可得 \(h(p^k)=f(p^k)-\sum\limits_{i=1}^{k}g(p^i)h(p^{k-i})\)。时间复杂度为质数个数 \(O(\frac{\sqrt n}{\log n})\) 乘枚举质数 \(O(\log n)\) 乘以计算 \(O(\log n)\)，可做到 \(O(\sqrt n\log n)\)。

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计算 \(G\)：

• 直接用公式算。
• 使用杜教筛，特别地如果带记忆化可做到 \(O(n^\frac{2}{3})\)。

Min_25 筛

用到埃筛的一种思想。

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首先考虑筛 \(1\sim n\) 的素数个数。设 \(G(n,i)\) 表示第 \(i\) 轮埃筛后 \(2\sim n\) 剩下的数。显然有 \(G(n,0)=n-1\)，答案即为 \(G(n,\pi(\sqrt n))\)。

考虑递推，第 \(i\) 轮筛掉的就是 \(2\sim n\) 中最小质因子为 \(p_i\) 的合数，考虑整体除以 \(p_i\)，那么答案即为 \(G(\lfloor \frac{n}{p_i}\rfloor,i-1)\)，但是其中还包含 \(1\sim i-1\) 的质数，所以 \(G(n,i)=G(n,i-1)-G(\lfloor \frac{n}{p_i}\rfloor,i-1)+i-1\)。

时间复杂度可近似为 \(O(\frac{n^{\frac{3}{4}}}{\log n})\)。用 DP 加滚动，空间复杂度可以做到 \(O(\sqrt n)\)。同理，用类似的方法可以求得质数和。

一般地，利用上述思想可以求得完全积性函数 \(f(n)\) 在质数点的函数值之和。

\[G(n,i)=G(n,i-1)-f(p_i)(G(\lfloor \frac{n}{p_i}\rfloor,i-1)-\sum_{j=1}^{i-1}f(p_j)) \]

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回归正题，求积性函数 \(f\) 的前缀和 \(\sum_{i=1}^{n}f(i)\)。

两个要点

• \(f\) 在质数 \(p\) 处取值是完全积性函数的线性组合。
• \(f(p^k)\) 易求。

考虑 \(S(n,i)\) 表示 \(2\sim n\) 中最小质因子大于 \(p_i\) 的函数值之和，规定 \(p_0=1\)，则答案表示为 \(S(n,0)+f(1)\)。这里取大于是为了方便后面求质数处的值。考虑暴力计算（即枚举最小质因子的次幂）

\[S(n,i)=\sum_{j>i}\sum_{k\ge 1,p_j^k\le n}f(p_j^k)(S(\lfloor \frac{n}{p_j^k}\rfloor,j)+1) \]

为了优化，发现对于 \(>\sqrt n\) 的质数 \(p_j\)，只有它本身的值有效，考虑把质数点值提出来，即

\[S(n,i)=\sum_{j>i,p_j\le n}f(p_j)+\sum_{j>i,p_j^2\le n}\sum_{k\ge 1,p_j^k\le n}f(p_j^k)(S(\lfloor \frac{n}{p_j^k}\rfloor,j)+[k\ne 1]) \]

于是对于第一部分，拆成两个 \(G\) 之差，但是 \(f\) 不一定是完全积性函数，所以如果 \(f\) 在 \(p\) 处取值能拆成完全积性函数的线性组合或者是低阶多项式，便能求解。

对于第二部分，要求 \(f(p^k)\) 易求。直接递归计算且不加记忆化理论是 \(O(n^{1-\varepsilon})\)，但是实际跑起来很快。

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设 \(f(x)\) 表示 \(x\) 的次大质因子，\(f(p)=1\)，\(f(1)=0\)，求

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

化简后为

\[\sum_{i=1}^{n}f(i)^k\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{i}\rfloor}\mu(j)\lfloor\frac{n}{ij}\rfloor \]

后面可以整出分块套整出分块，考虑求解 \(f(i)^k\) 的前缀和。

设 \(S(n,i)\) 表示 \(2\sim n\) 中最小质因子 \(>p_i\) 的数的次大质因子之和，\(G(n)\) 为 \(2\sim n\) 质数个数。由于把 \(f(p)\) 考虑上去不太好算，所以最后 \(S\) 加上质数个数即可。那么有

\[S(n,i)=\sum_{j>i,p_j^2\le n}\sum_{e\ge 1,p_j^e\le n}S(\lfloor\frac{n}{p_j^e}\rfloor,j)+p_j^k([\lfloor\frac{n}{p_j^e}\rfloor\ge p_j](G(\lfloor\frac{n}{p_j^e}\rfloor)-j)+[e\ne 1]) \]

\([e>1]\) 是它本身，\(G(\lfloor\frac{n}{p_j^e}\rfloor)-j\) 是 \(p_j^e\) 乘上一个大于 \(p_j\) 的质数。

因为要多次用到，所以可以写递推版的，但是注意要从大到小枚举质数，区分求 \(G\)。

类欧

雷欧奥特曼，是圆谷特摄剧《雷欧奥特曼》中的主人公。来自于狮子座·L77星球的炎之战士，精通宇宙拳法的高手，在天龙座D60学习宇宙幻兽拳。因故乡被毁灭而在宇宙中流浪...详情

前置

\[ax\le y\Longleftrightarrow x\le\lfloor\frac{y}{a}\rfloor\\ ax<y\Longleftrightarrow ax\le y-1\Longleftrightarrow x\le\lfloor\frac{y-1}{a}\rfloor\\ ax>y\Longleftrightarrow x>\lfloor\frac{y}{a}\rfloor\\ ax\ge y\Longleftrightarrow ax>y-1\Longleftrightarrow x>\lfloor\frac{y-1}{a}\rfloor\\ x=\sum_{i=1}^{\infin}[i\le x];x^2=\sum_{i=0}^{x-1}(i+1)^2-i^2=\sum_{i=0}^{x-1}2i+1 \]

“类”是因为思想类似欧几里得。

• \(\gcd(a,b)=\gcd(a\%b,b)\)，体现为取模。
• \(\gcd(a\%b,b)=\gcd(b,a\%b)\)，体现为交换顺序。

类欧可通过以上两步递归子问题。

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求

\[f(a,b,c,n)=\sum_{i=0}^{n}\lfloor\frac{ai+b}{c}\rfloor\\ g(a,b,c,n)=\sum_{i=0}^{n}\lfloor\frac{ai+b}{c}\rfloor i\\ h(a,b,c,n)=\sum_{i=0}^{n}\lfloor\frac{ai+b}{c}\rfloor^2 \]

以 \(f\) 为例，给出思想。

• 取模。

如果 \(a\ge c\) 或 \(b\ge c\)，则 \(a=c\lfloor\frac{a}{c}\rfloor+a\%c\)，\(b=c\lfloor\frac{b}{c}\rfloor+b\%c\)。带入原式可得

\[\begin{aligned} f(a,b,c,n)&=\sum_{i=0}^{n}\lfloor\frac{(c\lfloor\frac{a}{c}\rfloor+a\%c)i+(c\lfloor\frac{b}{c}\rfloor+b\%c)}{c}\rfloor\\ &=\frac{n(n+1)}{2}\lfloor\frac{a}{c}\rfloor+(n+1)\lfloor\frac{b}{c}\rfloor+f(a\%c,b\%c,c,n) \end{aligned} \]

于是便使得规模减小至 \(a<c\) 且 \(b<c\)。

• 交换。

设 \(m=\lfloor\frac{an+b}{c}\rfloor\)。

\[\begin{aligned} f(a,b,c,n)&=\sum_{i=0}^{n}\sum_{j=0}^{\lfloor\frac{ai+b}{c}\rfloor-1}1\\ &=\sum_{j=0}^{m-1}\sum_{i=0}^n[\lfloor\frac{ai+b}{c}\rfloor>j] \end{aligned} \]

\[\lfloor\frac{ai+b}{c}\rfloor>j\Longleftrightarrow ai+b\ge(c+1)j\Longleftrightarrow ai\ge(c+1)j-b \]

由前置可得 \(i>\lfloor\frac{(c+1)j-b-1}{a}\rfloor\)。于是

\[\begin{aligned} f(a,b,c,n)&=\sum_{j=0}^{m-1}n-\lfloor\frac{(c+1)j-b-1}{a}\rfloor\\ &=nm-\sum_{j=0}^{m-1}\lfloor\frac{cj+c-b-1}{a}\rfloor \end{aligned} \]

后面是 \(f(c,c-b-1,a,m-1)\)，为规模更小的子问题。

递归出口为 \(a=0\)，这样便能在 \(O(\log n)\) 的时间复杂度内求解 \(f\)。\(g\) 和 \(h\) 同理。

• 取模。

\[\begin{aligned} g(a,b,c,n)&=\sum_{i=0}^{n}\lfloor\frac{(c\lfloor\frac{a}{c}\rfloor+a\%c)i+(c\lfloor\frac{b}{c}\rfloor+b\%c)}{c}\rfloor i\\ &=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}\lfloor\frac{a}{c}\rfloor+\frac{n(n+1)}{2}\lfloor\frac{b}{c}\rfloor+g(a\%c,b\%c,c,n) \end{aligned} \]

• 交换。

设 \(t_j=\lfloor\frac{cj+c-b-1}{a}\rfloor\)。

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

• 取模。

\[\begin{aligned} h(a,b,c,n)&=\sum_{i=0}^{n}\lfloor\frac{(c\lfloor\frac{a}{c}\rfloor+a\%c)i+(c\lfloor\frac{b}{c}\rfloor+b\%c)}{c}\rfloor^2\\ &=\sum_{i=0}^n(\lfloor\frac{a}{c}\rfloor i+\lfloor\frac{b}{c}\rfloor)^2+\lfloor\frac{a\%ci+b\%c}{c}\rfloor^2+2(\lfloor\frac{a}{c}\rfloor i+\lfloor\frac{b}{c}\rfloor)\lfloor\frac{a\%ci+b\%c}{c}\rfloor\\ &=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}\lfloor\frac{a}{c}\rfloor^2+(n+1)\lfloor\frac{b}{c}\rfloor^2+h(a\%c,b\%c,c,n)+2\lfloor\frac{a}{c}\rfloor g(a\%c,b\%c,c,n)+2\lfloor\frac{b}{c}\rfloor f(a\%c,b\%c,c,n) \end{aligned} \]

• 交换。

\[\begin{aligned} h(a,b,c,n)&=\sum_{i=0}^{n}\sum_{j=0}^{\lfloor\frac{ai+b}{c}\rfloor-1}2j+1\\ &=\sum_{j=0}^{m-1}2j+1\sum_{i=0}^n[\lfloor\frac{ai+b}{c}\rfloor>j]\\ &=\sum_{j=0}^{m-1}(2j+1)(n-t_j)\\ &=\sum_{j=0}^{m-1}2nj+n-2t_jj-t_j\\ &=nm^2-2g(c,c-b-1,a,m-1)-f(c,c-b-1,a,m-1) \end{aligned} \]

三个一起递归计算即可。

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给定 \(a,b,c\)，求 \(ax+by\le c\) 的非负整数解个数。

推一下式子发现是

\[\sum_{x=0}^{\lfloor\frac{c}{a}\rfloor}\lfloor\frac{c-ax}{b}\rfloor+1 \]

但是类欧不能处理负数，于是

\[\sum_{x=0}^{\lfloor\frac{c}{a}\rfloor}\lfloor\frac{c-ax}{b}\rfloor+1=\sum_{x=0}^{\lfloor\frac{c}{a}\rfloor}\lfloor\frac{c+(b-a)x}{b}\rfloor-x+1 \]

如果 \(b<a\) 那么交换一下即可。

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求

\[\sum_{i=0}^{n}\text{popcount}(ai+b) \]

把每位拆开统计，即

\[\sum_{i=0}^{n}\sum_{j=0}^{\log_2(a_i+b)}[\lfloor\frac{ai+b}{2^j}\rfloor\equiv 1\pmod 2] \]

再拆一下变成

\[\sum_{i=0}^{n}\sum_{j=0}^{\log_2(a_i+b)}\lfloor\frac{ai+b+2^j}{2^{j+1}}\rfloor-\lfloor\frac{ai+b}{2^{j+1}}\rfloor \]

显然只有当第 \(j\) 位为 \(1\) 时值为 \(1\)，于是枚举 \(j\) 变成类欧板子。

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求满足 \(\frac{a}{b}<\frac{p}{q}<\frac{c}{d}\)，要求在 \(q\) 最小的前提下 \(p\) 最小，保证有解。

考虑在 \(q\) 已知下 \(p\) 的取值范围。即 \(\frac{aq}{b}<p<\frac{cq}{d}\)，然后替换成整数范围即 \(\lfloor\frac{aq}{b}\rfloor+1\le p\le \lfloor\frac{cq-1}{d}\rfloor\)。那么 \(p\) 存在当且仅当 \(\lfloor\frac{cq-1}{d}\rfloor-\lfloor\frac{aq}{b}\rfloor\ge 1\)。

再仔细观察，发现 \(\lfloor\frac{cq-1}{d}\rfloor-\lfloor\frac{aq}{b}\rfloor\) 在 \(q\ge 1\) 的情况下是 \(\ge 0\) 的，所以前缀和具有单调性，便可以二分，然后类欧求解即可。