Number Theory

Definations

• 剩余类：记膜 \(m\) 为 \(r\) 的自然数组成的集合 \(k_r\) 为膜 \(m\) 的一个剩余类，任意 \(a\bmod m=r\) 构成 \(k_r\) 的一个代表元。
• 完系：每个 \(k_r\) 中取一个代表元构成膜 \(m\) 的一个完系。
• 缩系/简化剩余系：对每个与 \(m\) 互质的 r，再 \(k_r\) 中任取一个代表元构成膜 m 的一个缩系，若 \(\gcd(x,m)=1\) 则将缩系中每个数都乘 x 后仍构成膜 m 的缩系。

primitive root

本节假设 \(\gcd(a,m)=1\)。

order

由 Euler's Theorem 可知一定存在 \(a^r\equiv 1\pmod m\)，定义最小的 \(r\) 为 \(a\) 膜 \(m\) 的阶，记作 \(\delta_m(a)\) 或 \(\text{ord}_m(a)\)。另一种定义基于 \(a_0,\dots,a_r\) 膜 \(m\) 两两不相等并且 \(a^n\bmod m\) 成循环结构，\(\delta_m(a)\) 就是这个最小循环节的长度。在抽象代数中，「阶」就是膜 \(m\) 既约剩余系关于乘法形成的群中，元素 \(a\) 的阶。

阶有以下几条性质：

• \(a^0,\dots,a^{\delta_m(a)-1}\) 膜 \(m\) 两两不同余。反证法易证。
• \(a^n\equiv 1\pmod m\) 成立当且仅当 \(\delta_m(a)|n\)。
• \(\delta_m(a^k)=\frac{\delta_m(a)}{\gcd(\delta_m(a),k)}\)

primitive root

对于 \(m\)，如果存在 \(\gcd(g,m)=1\) 并且 \(\delta_m(g)=\varphi(m)\) 就称 \(g\) 是膜 \(m\) 的原根。

Theorems

Bézout's identity

\(ax+by=c\) 有整数解的充要条件是 \(\gcd(a,b)|c\)。

\(\text{proof.}\)

可以利用无穷递降法证明之。

Legendre theorem

记 \(v_p(x)\) 表示 \(x\) 的质因数分解中 \(p\) 的系数，则 \(v_p(n!)=\sum_{i=1}\lfloor\frac{n}{p^i}\rfloor=\frac{n-S_p(n)}{p-1}\)，其中 \(S_p(n)\) 表示 \(n\) 在 \(p\) 进制下的数位和。

\(\text{proof.}\)

设 \(1,2,\dots,n\) 中 \(p\) 的指数为 \(r\) 的有 \(n_r\) 个，那么

\[v_p(n!)=n_1+2n_2+3n_3+\dots=\sum_{r\geq 1}rn_r \\=(n_1+n_2+\dots)+(n_2+n_3+\dots)+(n_3+\dots)=N_1+N_2+\dots \]

其中 \(N_k\) 恰好是 \(1,2,\dots,n\) 中能被 \(p^k\) 除尽的数的个数，即 \(N_k=\lfloor\frac{n}{p^k}\rfloor\)。\(\text{Q.E.D.}\)

Kummer's theorem

\(v_p(\binom{n}{m})=\frac{S_p(m)+S_p(n-m)-S_p(n)}{p-1}\)

可以用 Legendre theorem 证明之。

Wilson's theorem

\((p-1)!\equiv -1 \pmod p\)，等价于 \(p\) 是素数。

\(\text{proof.}\)

原式等价于方程 \(px+(p-1)!y=-1\)，方程显然有解，且若 \(p\) 不是质数则方程无解。\(\text{Q.E.D.}\)

Fermat's little theorem

若 \(p\) 为素数，\(\gcd(a,p)=1\)，则 \(a^{p-1}\equiv1\pmod p\).

另外一种更常用的表示是 \(a^{p-2}\equiv a^{-1}\pmod p\).

\(\text{proof.}\)

归。可知 \(1^p\equiv1\pmod p\) 显然成立，若 \(a^p\equiv a\pmod p\) 成立，则

\[(a+1)^p=\sum_{i=0}^p \dbinom{p}{p-i} a^i \]

由于 \(\dbinom{p}{k}=\frac{p(p-1)(p-2)\dots(p-k+1)}{k!}\)，于是 \(\forall k\in [1\dots n),\dbinom{p}{k}\equiv 0\pmod p\)，于是 \((a+1)^p\equiv a^p+1\equiv a+1\)，由归纳定理，可知所证成立。\(\text{Q.E.D.}\)

Euler's theorem

若 \(\gcd(a,m)=1\)，则 \(a^{\varphi(m)}\equiv 1\pmod m\).

\(\text{proof.}\)

设 \(r_1,r_2,\dots,r_{\varphi(m)}\) 是 \(m\) 的一个简化剩余系，那么 \(ar_1,ar_2,\dots,ar_{\varphi(m)}\) 也是 \(m\) 的一个简化剩余系，于是

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

\(\prod_{i=1}^{\varphi(m)} r_i\) 可约去，于是命题得证。\(\square\)

当 \(m\) 为质数时，\(\varphi(m)=m-1\)，于是得到 Fermat's little theorem。

extend Euler's theorem

\[a^b\equiv \begin{cases} a^{b\bmod \varphi(m)}& \gcd(a,m)=1 \\a^b& \gcd(a,m)\not =1,b<\varphi(m) \\a^{(b\bmod \varphi(m))+\varphi(m)} & \text{otherwise} \end{cases} \pmod m \]

Chinese Remainder Theorem,CRT

一元线性同余方程组

\[\begin{cases} x\equiv a_1\pmod{m_1}\\ x\equiv a_2\pmod{m_2}\\ \dots\\ x\equiv a_n\pmod{m_n} \end{cases} \]

有解，并且解可以被构造。其中 \(n\) 两两互质。

构造方式是:

记 \(M=\prod_{i=1}^n m_i\)，以及 \(M_i=M/m_i\)，设 \(t_i\) 使得 \(t_iM_i\equiv 1\pmod{m_i}\)。于是通解形式为

\[x_0=\sum_{i=1}^na_it_iM_i \]

所有解是 \(\{kM+x_0;k\in \mathbb Z\}\)。

这个东西很漂亮，难的是把构造想出来。

exCRT

如果 \(m_i\) 并不一一互质，exCRT 告诉我们这种情况下仍然有解且给出了构造方式。

我们发现所有闪光的点子在这里似乎都失效了，于是考虑朴素一点的方法。一个同余方程我们会解，于是考虑把多个同余方程合并成一个。先考虑两个。

\[\begin{cases} x\equiv a_i\pmod{m_i}\\ x\equiv a_j\pmod{m_j} \end{cases} \]

先将其转化为不定方程的形式

\[x=a_ip+m_i=a_jq+m_j(p,q\in \mathbb Z) \\ \iff a_ip-a_jq=m_j-m_i \]

如果 \((a_i,a_j)\not | (m_j-m_i)\)，那么无解，否则可以拿扩欧算。整个过程朴素到没有亮点。

Lucas' theorem

用途是求很大的 \(\dbinom{n}{k}\pmod p\)。

引理 1：若 \(n\not=0,p\)，则 \(\dbinom{p}{n}\equiv 0\pmod p\)

拿阶乘表示出来就行了。

引理 2：设 \(f(x)=ax^n+bx^m\)，则有

\[f^p(x)\equiv f(x^p) \pmod p \]

\(\text{proof.}\)

\[f^p(x)=(ax^n+bx_m)^p \\=\sum_{k=0}^p \dbinom{p}{k}(ax^n)^k(bx^m)^{p-k} \\\equiv a^px^{pn}+b^px^{pm} \\ \equiv a(x^p)^n+b(x^p)^m=f(x^p) \]

\[\text{Q.E.D.} \]

Lucas 定理：

\[\dbinom{n}{k}\equiv \dbinom{\lfloor n/p\rfloor}{\lfloor k/p \rfloor}\dbinom{n\bmod p}{k\bmod p} \pmod p \]

\(\text{proof.}\)

考察 \(\dbinom{n}{k}\) 的生成函数 \((1+x)^n\)。

\[(1+x)^n=(1+x)^{p\lfloor n/p\rfloor}(1+x)^{n\bmod p} \]

由引理 2，可知

\[(1+x)^n\equiv(1+x^p)^{\lfloor n/p\rfloor}(1+x)^{n\bmod p}\pmod p \]

\(x^k\) 的系数就是 \(\dbinom{n}{k}\bmod p\)，并且把 \(k\) 拆在两边的方式是唯一的，也即

\[k=p\lfloor\frac{n}{p}\rfloor+(n\bmod p) \]

于是定理得证。\(\square\)

exLucas

如果模数 \(m\) 不是质数怎么办？

把 \(m\) 质因数分解，设

\[m=\prod_{i=1}^s p_i^{\alpha_i} \]

分别计算 \(\dbinom{n}{k}\bmod p_i^{\alpha_i}\)，得到 \(s\) 个同余方程，然后就可以使用 CRT 直接算。

Functions

Common productive functions

• 除数函数 \(\sigma_{k}(n)=\sum_{d|n}d^k\)

• \(\text{Euler}\) 函数 \(\varphi(n)=\sum_{i=1}^n[\gcd(i,n)=1]\)

• \(\text{M\"{o}bius}\) 函数 \(\mu(n)=\begin{cases}1&n=1\\(-1)^k&n为k个不同质数之积\\0&\text{otherwise}\end{cases}\)

常见的完全积性函数：

• 幂函数 \(\text{Id}_k(n)=n^k\)，\(\text{Id}_1\) 简记为 \(\text{Id}\)

• 单位函数 \(\epsilon(n)=[n=1]\)

Dirichlet convolution

定义 \(*\) 运算表示：

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

Dirichlet 卷积有以下性质：

• 交换律：\(f*g=g*f\)

• 结合率：\((f*g)*h=f*(g*h)\)

• 分配率：\(f*(g+h)=f*g+f*h\)

• 单位元：\(f*\epsilon=f\)，其中 \(\epsilon(n)=[n=1]\)

• 若 \(f,g\) 都是积性函数，则 \(f*g\) 也是积性函数

证明是显然的，这里不放了。

常见的卷积有：

• \(\mu * 1 = \epsilon\)
• \(\varphi * \text{Id}=1\)
• \(\varphi * 1 = \text{Id}\)
• \(d(i,j)=\sum\limits_{x|i}\sum\limits_{y|i}[\gcd(x,y)=1]\)
• \(\varphi(xy)=\frac{\varphi(x)\varphi(y)\gcd(x,y)}{\varphi(\gcd(x,y))}\)

证明过程放在每个题里。

\(\text{M}\ddot{\text{o}}\text{bius Function}\)

定义莫比乌斯函数 \(\mu(n)\)。设 \(n=\prod\limits_{i=1}^kp_i^{\alpha_i}\)，有

\[\mu(n)=\begin{cases} 1 & n=1\\ 0 & \exists i,\alpha_{i}\geq 2\\ (-1)^k & \text{otherwise} \end{cases} \]

可知这个函数是积性函数，于是可以线性筛求 \(\mu\)。代码如下：

void euler(int n)
{
 mu[1] = 1;
 for (int i = 2; i <= n; i++)
 {
  if (!v[i]) p[++pcnt] = i, mu[i] = -1;
  for (int j = 1; j <= pcnt && i * p[j] <= n; j++)
  {
   v[i * p[j]] = 1;
   if (i % p[j] == 0) break;
   mu[i * p[j]] = -mu[i];
  }
 }
}

\(\text{M}\ddot{\text{o}}\text{bius Inversion}\)

如果两个数论函数 \(f,g\) 满足：

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

则它们也同时满足:

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

反之亦然，即 \(f=g*1\iff g=\mu*f\)。

\(\text{proof.}\)

左推右，考虑凑出 \(f*\mu\)，所以对两边都卷上 \(\mu\)，有

\[f*\mu=g*1*\mu \]

于是只要证 \(1*\mu=\epsilon\) 就行了。这个引理十分重要，这里证一下。

考虑利用算贡献的方法，考虑每个因数会选出多少个质因数，考虑这个数量的贡献求和，来改写式子左边有，

\[\text{LHS}=\sum_{d|n}\mu(d)=\sum_{i=0}^k(-1)^i\begin{pmatrix} k\\ i\end{pmatrix}=(1-1)^n=\epsilon(n)=\text{RHS}，\square \]

于是有 \(f*\mu=g*\epsilon=g\)，充分性得证。

必要性只需要把两边都卷上 \(1\) 就行了。\(\text{Q.E.D.}\)

在基础应用中，最常用的是证明过程中顺手证的引理，但是正牌莫反会有更多的用处。但我们先不急着去做题，莫比乌斯反演还有一种非卷积形式：

设 \(f,g\) 为数论函数，\(t\) 为完全积性函数且 \(t(1)=1\)，有

\[f(n)=\sum_{k=1}^n t(k)g(\lfloor\frac{n}{k}\rfloor)\iff g(n)=\sum_{k=1}^nt(k)\mu(k)f(\lfloor\frac{n}{k}\rfloor) \]

\(\text{proof.}\)

左推右，有

\[\sum_{k=1}^n\mu(k)t(k)f(\lfloor\frac{n}{k}\rfloor)=\sum_{k=1}^n\mu(k)t(k)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}t(i)g(\lfloor\frac{n}{ki}\rfloor) \]

枚举 \(ki\)，有

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

由引理，得

\[\sum_{k=1}^n\mu(k)t(k)f(\lfloor\frac{n}{k}\rfloor) = \sum_{j=1}^ng(\lfloor\frac{n}{j}\rfloor)t(j)\epsilon(j)=g(n)t(1)=g(n) \]

反之亦然。\(\text{Q.E.D.}\)

Basical Problems

1.GCD SUM

求

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

\(\text{sol.}\)

先证引理：\(\varphi(n)=\sum_{d|n}\mu(d)\frac{n}{d}\)。

\[\phi(n)=\sum_{i=1}^n[\gcd(i,n)=1]=\sum_{i=1}^n\sum_{d|\gcd(i,n)}\mu(d) \]

然后考虑 \(\mu(d)\) 的贡献，有

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

故引理得证。这个引理也很常用。

\[\text{Ans}=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\sum_{d=1}^n[\gcd(i,j)=d]d \\=\sum_{d=1}^nd\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\epsilon(\gcd(i,j)) \\=\sum_{d=1}^nd\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{k|\gcd(i,j)}\mu(k) \\=\sum_{d=1}^nd\sum_{k=1}^n\mu(k)\lfloor\frac{n}{dk}\rfloor^2 \\=\sum_{D=1}^n\lfloor\frac{n}{D}\rfloor^2\sum_{d|D}d\mu(\frac{D}{d})\\=\sum_{D=1}^n\lfloor\frac{n}{D}\rfloor^2\varphi(n) \]

其中第一行到第二行我们把 \(d\) 提到前面去，改枚举 \(i,j\) 为 \(\frac{i}{d},\frac{j}{d}\)，把 \([\gcd(i,j)=d]\) 转化为 \(\gcd(\frac{i}{d},\frac{j}{d})=1\)，就可以利用莫反了。所以第二步到第三步就是生套莫反公式，第三步到第四步是考虑 \(\mu(k)\) 的贡献，然后再改求和顺序。这样线性筛 \(\varphi\)，求前缀和，然后整除分块就可以 \(O(n)\) 做了，瓶颈是线性筛。

请格外注意过程中对和式的处理。

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2.Crash 的数字表格 / JZPTAB

求

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

\(\text{sol.}\)

\[\text{Ans}=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\operatorname{lcm}(i,j)=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\frac{ij}{\gcd(i,j)} \]

然后利用经典算贡献套路把 \(d\) 提出来，枚举 \(i,j\) 改为枚举 \(di,dj\) 来枚举 \(\gcd(i,j)\)，不妨设 \(n\leq m\)，有

\[\text{Ans}=\sum_{d=1}^n d\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}[\gcd(i,j)=1]ij=\sum_{d=1}^n d\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}\epsilon(\gcd(i,j))ij \]

由莫比乌斯反演公式，我们有 \(\sum_{d|n}\mu(d)=\epsilon(n)\)，于是原式转化为

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

然后再利用枚举 \(\gcd\) 的套路，有

\[\text{Ans}=\sum_{d=1}^n d\sum_{x=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\mu(x)\sum_{xi=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{xj=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}x^2ij=\sum_{d=1}^nd\sum_{x=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\mu(x)x^2(\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{dx}\rfloor}i)(\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{dx}\rfloor}j) \]

记 \(s(x)=\sum_{i=1}^x i\)，于是有

\[\text{Ans}=\sum_{d=1}^n\sum_{x=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\mu(x)x^2s(\lfloor\frac{n}{dx}\rfloor)s(\lfloor\frac{m}{dx}\rfloor) \]

把 \(s(\lfloor\frac{n}{dx}\rfloor)s(\lfloor\frac{m}{dx}\rfloor)\) 提前面，就有

\[\text{Ans}=\sum_{D=1}^ns(\lfloor\frac{n}{D}\rfloor)s(\lfloor\frac{m}{D}\rfloor)\sum_{db=D}db^2\mu(b)=\sum_{D=1}^ns(\lfloor\frac{n}{D}\rfloor)s(\lfloor\frac{m}{D}\rfloor)D\sum_{b|D}b\mu(b) \]

然后预处理 \(b\mu(b)\) 的 Dirichlet 前缀和，然后整除分块就能做了。

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3.约数个数和

设 \(d(x)\) 表示 \(x\) 的约数个数，求

\[\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^md(ij) \]

\(\text{sol.}\)

先想着利用 \(d\) 的积性，把 \(d(ij)\) 转化为 \(\frac{d(i)d(j)}{d(\gcd(i,j))}\)，发现推得

\[\text{Ans}=\sum_{i=1}^m\frac{1}{d(i)}\cdot(\sum_{j=1}^nd(j))\cdot(\sum_{j=1}^md(j)) \]

如果所求有取模，那直接预处理 \(sum_{i=1}^nd(i)\) 和 \(\sum_{i=1}^n\frac{1}{d(i)}\) 就可以做到 \(O(\sqrt{n})\) 了，但这个题没有取模的要求，考虑直接求 \(d(ij)\)。我们有引理：

\[d(xy)=\sum_{i|x}\sum_{j|y}[\gcd(i,j)=1] \]

\(\text{proof.}\) 不会，抄的题解，但感觉很有用，记一下以后常看看。

然后莫反的过程就比较平凡了。

加强一下：[SDOI2018] 旧试题

求

\[\sum_{i=1}^A\sum_{j=1}^B\sum_{k=1}^Cd(ijk) \]

\(\text{sol.}\)

还不会

Technologies

Miller–Rabin test

Pollard Rho Algorithm

Du's Algorithm

设 \(f\) 为数论函数，要求

\[S(n)=\sum_{i=1}^nf(i) \]

考虑构造一个数论函数 \(g\)，我们有恒等式

\[\sum_{i=1}^n(f*g)(i)=\sum_{i=1}^ng(i)S(\lfloor\frac{n}{i}\rfloor) \]

得到递归式

\[g(1)S(n)=\sum_{i=1}^n(f*g)(i)-\sum_{i=2}^ng(i)S(\lfloor\frac{n}{i}\rfloor) \]

熟知 \(\lfloor\frac{n}{i}\rfloor\) 的取值为 \(O(\sqrt{n})\) 的，假如可以快速对 \((f*g)(i)\) 与 \(g(i)\) 的和，可以根据 \(\lfloor\frac{n}{i}\rfloor\) 的值进行数论分块，进行一遍求和的时间复杂度就是 \(O(\sqrt n)\)，然后总的复杂度就是

\[\sum_{i=1}^{\lfloor\sqrt{n}\rfloor}O(\sqrt i)+\sum_{i=1}^{\lfloor\sqrt n\rfloor}O(\sqrt{\frac{n}{i}}) \]

（温情提示：前方积分预警）

后面一部分明显比前一部分大，所以考虑算后面的。

\[\sum_{i=1}^{\lfloor\sqrt n\rfloor}O(\sqrt{\frac{n}{i}})\approx O(\int_{0}^{\sqrt n}\sqrt{\frac{n}{x}}{\rm d}x)=O(n^{\frac{3}{4}}) \]

你可能说积分算大了，但你舍掉左边那一部分本来就算小了啊。

考虑能否优化这个过程，我们考虑预处理一部分，然后剩下部分直接调用算好的。我们设预处理了前 \(k\) 个 \(S\) 并假设预处理的复杂度为 \(O(n)\)，那么复杂度就是

\[O(k)+O(\sum_{i=2}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}\sqrt{\frac{n}{i}})\approx O(k+\int_{0}^{\frac{n}{k}}\sqrt{\frac{n}{x}}{\rm d}x)=O(k+\frac{n}{\sqrt k}) \]

由均值不等式可知当 \(k\) 取 \(n^{\frac{2}{3}}\) 是复杂度最小，为 \(O(n^{\frac{2}{3}})\)。

A Simple Math Problem

求

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

\(\text{sol.}\)

利用莫反常见套路推出来

\[\text{Ans}=\sum_{T=1}^n(\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{T}\rfloor}i)^2T^2\varphi(T) \]

然后考虑算 \(S(n)=\sum_{i=1}^ni^2\varphi(i)\)。我们套用杜教筛板子

\[g(1)S(n)=\sum_{i=1}^n(f*g)(i)-\sum_{i=2}^ng(i)S(\lfloor\frac{n}{i}\rfloor) \]

我们想到 \(\varphi\) 的常见卷积

\[\varphi*1=\text{Id} \]

于是令 \(g(x)=x^2\)，有

\[(g*f)(i)=\sum_{d|n}d^2\varphi(d)\frac{i^2}{d^2}=i^2\sum_{d|n}\varphi(d)=i^3 \]

然后就可以快速地进行杜教筛。