【数论总结】

一、中国剩余定理

问题

求解线性同余方程组：
\(\begin{cases} x\equiv a_1\pmod {m_1}\\x\equiv a_2\pmod{ m_2}\\ \dots\\x\equiv a_n\pmod {m_n} \end{cases}\)

1. 弱化版（保证\(m_i\)两两互质）
   可以证明此时一定有解，且可以构造出一个解\(x_0\)，那么通解显然为\(x\equiv x_0\pmod {\operatorname{lcm}\limits_{i=1}^nm_i}\)。
   在模数两两互质的情况下容易构造出\(x_0\),设\(M_i=\frac{\prod\limits_{i=1}^nm_i}{m_i}\),\(M_iM_i^{-1}\equiv 1\pmod {m_i}\),则\(x_0=\sum\limits_{i=1}^na_iM_iM_i^{-1}\)
   实现时，先把模数都乘起来，枚举1~n，求出每个\(M_i\)在\(m_i\)下的逆元（用exgcd），同时按照式子一边累加，一边对所有模数的乘积（在模数两两互质时，所有模数的乘积即为所有模数的lcm）取模即可。
   需要注意，所有模数的乘积可能很大，因此在求\(a_iM_iM_i^{-1}\)时可能要使用龟速乘。
   复杂度\(O(nlog w)\)(不论是否使用龟速乘)
2. 拓展中国剩余定理（不保证\(m_i\)两两互质）
   因为模数不再保证互质，因此\(M_i\)和\(m_i\)不一定互质，就无法求得\(M_i\)的逆元，所以我们换一种思路：考虑合并两个形如\(x\equiv a_1\pmod {m_1}\),\(x\equiv a_2\pmod {m_2}\)的式子。
   那么有\(x=a_1+k_1m_1=a_2-k_2m_2\),即\(k_1m_1+k_2m_2=a_2-a_1\),若\(gcd(m_1,m_2)\not |(a_2-a_1)\)，则方程一定无解，否则，可以用exgcd求出一组\((k_1,k_2)\),那么合并后的方程即为\(x=a_1+k_1m_1\pmod{lcm(m_1,m_2)}\)
   实现时，枚举2~n，同时维护一个\(a_1,m_1\)，把当前枚举的\(a_i,m_i\)作为推到中的\(a_2,m_2\)即可。与弱化版相同需要注意是否需要使用龟速乘。复杂度同样为\(O(nlog w)\)(不论是否使用龟速乘)

二、欧拉定理

定理：

\(a^n\equiv \begin{cases}a^{n\bmod \phi(m)}&(a\bot m)\\a^n&(a\not \bot m,n<\phi(m))\\a^{n\bmod \phi(m)+\phi(m)}& (a\not \bot m,n\geq\phi(m))\end{cases}\pmod m\)

证明：

证明了解即可，其中\(a,m\)互质的情况用\(m\)的简化剩余系乘上\(a\)很容易证明，至于第三行的式子证明较为复杂，可以看这里

适用范围：

每个式子的适用范围一定要注意，\(a,m\)互质时，三个式子都成立；否则，当\(a<\phi(m)\)时，只有第二行成立，当\(a\geq \phi(m)\)时，只有第三行成立。（特别容易忽略）

其他结论：

这里有个重要的结论，对一个数\(m\)不断进行操作\(m=\phi(m)\),显然m会不断变小直到\(1\)，那么最多进行多少次操作，\(m\)一定降为\(1\)呢？答案是\(O(log m)\)次。

证明考虑分析m是否存在质因子2，若存在，则m至少减小到一半（考虑欧拉函数的公式）；若不存在，进行一次操作后m一定含有质因子2（考虑欧拉函数的公式）。证毕。

三、BSGS（先只考虑求最小解）

用于求解离散对数问题：
\(a^x\equiv b\pmod m\)

1. 弱化版：\(a\bot m\)
   由欧拉定理，可知\(a^x \equiv a^{x\bmod \phi(m)}\pmod m\),因此只需检验\(x\in [0,\phi(m)-1]\)的范围即可。
   但是实现中，检验\([0,\phi(m)-1]\)与\([0,m]\)的复杂度基本相同，因此，为了方便，往往直接把检验范围拓展到\([0,m]\)
   做法考虑对检验范围（假设是\([0,m]\)）分块，设\(n=\lfloor \sqrt{m}\rfloor\),

四、 Lucas

对于质数\(p\),设\(n=\sum\limits_{i=0}a_ip^i\),\(m=\sum\limits_{i=0}b_ip^i\)，那么有：

\[\binom{n}{m}=\prod_{i=0}\binom{a_i}{b_i} \]

证明考虑构造一个关于\(x\)的\(n\)次多项式\((1+x)^n\)，容易发现其\(m\)次项系数即为\(\binom{n}{m}\)
也就是要求\([x^m](1+x)^n\pmod p\)
先证明一个引理：
\((1+x)^{p^k}\equiv 1+x^{p^k}\pmod p\)
先用二项式定理把\(p\)次方展开
\(\begin{aligned}(1+x)^{p^k}&\equiv (\sum_{i=0}^p\binom{p}{i}x^i)^{p^{k-1}}\\&\equiv (\sum_{i=0}^p\frac{p!}{i!(p-i)!}x^i)^{p^{k-1}}\\&\equiv (1+x^p)^{p^{k-1}}\\&\equiv (1+x^{p^k})\end{aligned}\)