数论笔记

• 本笔记结合徐骁扬学长的讲课和CM数学课

• 题单：CM数学课题单

  注：勾选框表示题目

因数相关

结论

• \(1\sim n\)的所有数的因数个数一共有\(O(n\log n)\)，即\(\sum\limits_{i=1}^nd(i)=O(n\log n)\)

  证明：

  • \(\sum\limits_{i=1}^nd(i)=\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j\mid i}1=\sum\limits_{j=1}^n\sum\limits_{j\mid i\land 1\leq i\leq n}1=\sum\limits_{j=1}^n\lfloor\frac{n}{j}\rfloor\leq\sum\limits_{j=1}^n\frac{n}{j}=n\ln n\)

• 质数定理：\(1\sim n\)中质数个数为\(O(\frac{n}{\log n})\)

• 伯特兰-切比雪夫定理：\(n\geq 1\)，\(n\sim 2n\)中至少有一个素数

• 直角三角形边长通式：\(a=w\cdot2uv,b=w\cdot(u^2-v^2),c=w\cdot(u^2+v^2)\)，其中\(u,v,w\in\mathbb{Z^+}\)

题目

• Common Divisors

  • 问题转化：找到\(x\)使得\(a_1,a_2,\cdots,a_n\)中至少有2个数是x的倍数

  • 做法：

    预处理\(1\sim10^6\)数的所有因数，扫过每一个\(a_i\)（可以去重以保证复杂度），把cnt[a_i的一个因数]++，找到最大的\(x\)使cnt[x]\(\geq2\)。

• Fair Warning

  • 观察：记\(\gcd(a_i+y,a_2+y,\cdots,a_n+y)=g_y\)，则\(g_y\mid(a_i-a_j),1\leq i,j\leq n\)

    所以，答案最大为\(g=\gcd\limits_{1\leq i,j\leq n\land i\neq j}(a_i-a_j)\)。

    想要答案达到最大，发现\(a_i\equiv t\pmod g,1\leq i\leq n\)，则让所有数加上\(-t\bmod g\)即可

    快速计算\(g\)：直接算\(g=\gcd\limits_{1\leq i\leq n-1}(a_{i+1}-a_i)\)

最大公约数相关

GCD

常用公式

• \(\gcd(a,b)=\gcd(a,a+b)=\gcd(a,b-a)=\gcd(a,b\bmod a)=\gcd(b,a\bmod b)\)

• \(\gcd(ab,ac)=a\cdot \gcd(b,c)\)

• \(\gcd(a,b)\cdot\mathrm{lcm}(a,b)=a\cdot b\)

结论

• 若\(\gcd(a_1,a_2,\cdots,a_n)=g\)，则\(\{a_1,a_2,\cdots,a_n\}\)的公因子等价于\(g\)的因子

辗转相除法

• 有式子\(\gcd(a,b)=\gcd(b,a\mod b)\)，直到\(b=0\)时\(\gcd=a\)

实现

Type gcd(Type a,Type b){
	return (y==0)?x:gcd(y,x%y);
}

• 复杂度分析：

  发现，每递归一层\(\mathrm{l_2}a+\mathrm{l_2}b\)严格变小，于是复杂度是\(O(\log n)\)（规定\(\mathrm{l_2}\)表示一个数的二进制位数）

  证明：

  1. \(\mathrm{l_2}a=\mathrm{l_2}b\)，则两个数的二进制的第一位都为1，做一次后\(a\bmod b\)的二进制为至少少1
  2. \(\mathrm{l_2}a>\mathrm{l_2}b\)，则\(a\bmod b\)一定比a小。

裴蜀定理

• 描述1：对于不定方程\(ax+by=c\)，有整数解当且仅当\(\gcd(a,b)\mid c\)
• 描述2：\(a,b\)是不全为0的整数，则\(\exists x,y\)，使\(ax+by=\gcd(a,b)\)
• 证明：按exGCD的方法递归构造即可

拓展

• 若\(\gcd(a_1,a_2,\cdots,a_n)=1\)，则每个数\(N\)都可以表示为\(\{a_i\}\)的线性组合。

• 加强形式：若\(\gcd(a_1,a_2,\cdots,a_n)=g\)，则每\(g\)的倍数\(N\)都可以表示为\(\{a_i\}\)的线性组合。

  • 证明，归纳法：

    1. \(n=1\)时，显然成立

    2. \(n=2\)时，是裴蜀定理

    3. \(n>2\)时，取\(b=\gcd(a_1,a_2,\cdots,a_{n-1})\)，则\(g=\gcd(b,g_n)\)

       根据裴蜀定理\(g=bx+a_ny\)，则\(g\)的倍数都可以被表示出。

• 非负版本：充分大的正数，可以表示为\({a_i}\)的非负线性组合；其界可有同余最短路求出（？）。

exGCD

做法

对于方程\(ax+by=\gcd(a,b)\)，

根据\(\gcd(a,b)=\gcd(b,a\mod b)\)写出同形式方程\(bx'+(a\mod b)y'=\gcd(b,a\mod b)\)

所以有：\(ax+by=bx'+(a-b*\lfloor\frac{a}{b}\rfloor)y'\)

化简：\(a(x-y')+b(y-x'+\lfloor\frac{a}{b}\rfloor*y')=0\)

其中一组可行解：\(\begin{cases} x=y'\\ y=x'-\lfloor\frac{a}{b}\rfloor*y' \end{cases}\)

可以递归的做，直到\(b=0\)时，\(a_tx_t+b_ty_t=\gcd(a_t,b_t)=a_t\)

此时的解：\(\begin{cases} x_t=1\\ y_t=任意值 \end{cases}\)

• 注意：当\(a,b\)有一个时负数时，不应该取\(\lfloor\frac{a}{b}\rfloor\)，而是\(\lceil\frac{a}{b}\rceil\)，即c++自带的向0取整

  //验证程序
  int a=1213121321,b=3123;
  for(int i=0;i<=1;i++){
      for(int j=0;j<=1;j++){
          int aa=a*(i==0?1:-1),bb=b*(j==0?1:-1);
          printf("%d%%%d=%d\n",aa,bb,aa%bb); 
          printf("%d-[%d]*%d=%d\n",aa,aa/bb,bb,aa-aa/bb*bb);
          printf("%d-d%dd*%d=%d\n",aa,(int)floor(1.0*aa/bb),bb,aa-((int)floor(1.0*aa/bb))*bb);
          printf("%d-u%du*%d=%d\n",aa,(int)ceil(1.0*aa/bb),bb,aa-((int)ceil(1.0*aa/bb))*bb);
          printf("--------------\n");
      }
  }
  

• 注：用exgcd求出的解一定有\(|x|\leq b,|y|\leq a\)

实现

• 递归版

  void exgcd(long long a,long long b,long long &x,long long &y){
  	if(b==0){
  		x=1,y=0;
  		return ;
  	}
  	exgcd(b,a%b,y,x);
  	y-=a/b*x;
  }
  

不定方程

• 同余方程

求解\(ax\equiv 1(\mod b)\)，相当于求\(ax+by=1\)的解，使用exgcd

• 注意：根据裴蜀定理，有解时\(\gcd(a,b)=1\)，但题目保证有解，即\(a,b\)一定互质

求出特解\((x_0,y_0)\)后，任意解可以为\((x_0+k\cdot b,y_0-k\cdot a)\)，其中\(k\in \mathbb{Z}\)

• 二元一次不定方程

• 推导1：

1. 根据裴蜀定理判无解

2. 先求出\(ax+by=\gcd(a,b)\)的一组解\((x_g,y_g)\)，然后同时乘以\(\frac{c}{\gcd(a,b)}\)得到原方程的一组解\((x_0,y_0)=(x_g\cdot \frac{c}{\gcd(a,b)},y_g\cdot \frac{c}{\gcd(a,b)})\)

3. 若改变解\((x_0,y_0)\to (x_0+d_x,y_0-d_y)\)也使方程成立，即\(a(x_g\cdot \frac{c}{\gcd(a,b)}+d_x)+b(y_g\cdot \frac{c}{\gcd(a,b)}-d_y)=c\)

   化简：\(x_g\cdot \frac{b\cdot c}{\gcd(a,b)}+a\cdot d_x+y_g\cdot \frac{a\cdot c}{\gcd(a,b)}-b\cdot d_y=c\)

   有：\(a\cdot d_x=b\cdot d_y\)

   要使每次的增减量最小且为整数，则\(d_{x_{min}}=\frac{b}{\gcd(a,b)},d_{y_{min}}=\frac{a}{\gcd(a,b)}\)

4. 然后据此计算出\(x\)的最小正整数值及对应的\(y\)，和\(y\)的最小正整数值及对应的\(x\)，即可

• 推导2：

1. 判无解后，如果\(\gcd(a,b)>1\)，则将方程两边除掉\(\gcd(a,b)\)，方程变为\(\frac{a}{\gcd(a,b)}x+\frac{b}{\gcd(a,b)}y=\frac{c}{\gcd(a,b)}\)，记为\(a'x+b'y=c'\)
2. 用exGCD找到\(a'x+b'y=1\)的一组特解\((x',y')\)，则原解为\(a'(c‘x')+b'(c’y')=c'\)，记为\(a'x_0+b'y_0=c’\)
3. 此时方程的通解为\(\begin{cases} x=x_0+b't\\ y=y_0-a't \end{cases}\)，其中\(t\in\mathbb{Z}\)
   • 验证其是解：\(a'(x_0+b't)+b'(y_0-a't)=ax_0+by_0=c'\)
   • 证明未漏掉解：
     • 设\(a'x+b'y=a'x_0+b'y_0\)
     • 移项\(a'(x-x_0)=b'(y_0-y)\)
     • 由于\(a\perp b\)，则\(b\mid x-x_0,a\mid y_0-y\)，即\(x\)和\(x_0\)的差是\(b\)的倍数，\(y\)和\(y_0\)的差是\(a\)的倍数，通解形式正确
4. 带回\(a,b,c\)，得\(\begin{cases} x=\frac{c}{\gcd(a,b)}x'+\frac{b}{\gcd(a,b)}t\\ y=\frac{c}{\gcd(a,b)}y'-\frac{a}{\gcd(a,b)}t \end{cases}\)

• 小凯的疑惑

• 描述：有两个正整数\(a,b\)且\(a\perp b\)，要找到最小的\(N\)，使得\(ax+by\)不能表示出\(N\)（\(a,b\geq0\)）

• 如果\(x,y\)无限制，根据裴蜀定理，任何整数都一定可以被表示。

• 答案：\(N=ab-a-b=(a-1)(b-1)-1\)

  • 证明：

  1. \(N\)无法被表示

     假设\(N\)可以被表示

     记\(N=ax+by\)，其中\(a,b\geq0\)，则\(ab-a-b=ax+by\)，则\(ab=a(x+1)+b(y+1)\)

     由于\(a\perp b\)，得\(b\mid x+1,a\mid y+1\)，所以\(x+1\geq b,y+1\geq a\)，

     因此\(a(x+1)+b(y+1)\geq2ab\)，矛盾！

  2. \(>N\)的数都可以被表示

     记\(n\)是\(>N\)的一个数，先找到一组整数解\(ax_0+by_0=n\)，满足\(y_0\in[0,a-1]\)，

     则\(ax_0=n-by_0>ab-a-b-by_0\geq ab-a-b-b(a-1)=-a\)，所以得到\(x_0>-1\)，即\(x_0\geq0\)，得证。

• 相关结论

  1. \(n\in[0,N]\)时，\(n\)和\(N-n\)恰好有一个可以被表示。

     • 证明：

       1. 不可能两个都被表示，否则\(N=n+(N-n)\)就可以被表示了

       2. 设\(n\)不可被表示，求证\(N-n\)可以被表示

          设\(n=ax_0+by_0\)，若\(0\leq y_0\leq a-1\)，则有\(x_0<0\)

          然后有\(N-n=ab-a-b-ax_0-by_0=a(-x_0-1)+b(a-1-y_0)\)，其中\(a-1-y0\geq0,-x0-1>1\)，得证。

多元不定方程

• Integer Sequences：求解\(a_1x_1+a_2x_2+\cdots+a_nx_n\equiv b\pmod p\)

• 转化：\(a_1x_1+a_2x_2+\cdots+a_nx_n=p(-k)+b\)，记\(a_{n+1}=p,x_n+1=k\)，则\(a_1x_1+a_2x_2+\cdots+a_{n+1}x_{n+1}=b\)

• 根据裴蜀定理加强版，有解时有\(\gcd(a_1,a_2,\cdots,a_{n+1})\mid b\)

• 于是先把原式除掉\(\gcd(a_1,a_2,\cdots,a_{n+1})\mid b\)，记作\(a_1'x_1+a_2'x_2+\cdots+a_{n+1}'x_{n+1}=b'\)

• 递归的把它做成一个\(n=2\)的情况：

  记\(a_1'x_1+a_2'x_2+\cdots+a_n'x_n=\gcd(a_1,a_2,\cdots,a_n)X\)，则须求解\(\gcd(a_1,a_2,\cdots,a_n)X+a_{n+1}x_{n+1}=b\)，然后递归即可。

同余相关

同余类与缩同余类

• 模\(m\)的同余类：\(\mathbb{Z}_m=\{\overline0,\overline1,\cdots,\overline{m-1}\}\)，其是一个群
• 模\(m\)的缩同余类：\(\mathbb{Z}_m^*=\{\overline x\mid x<x<m,\gcd(x,m)=1\}\)，其关于乘法封闭

模意义下的乘法逆元

• \(a\in\mathbb{Z}_m^*\space(\gcd(a,m)=1)\)，则\(\exists b\in\mathbb{Z}_m^*\)，\(a\cdot b=1\pmod m\)

• 证明：转换成exGCD即可

• 以下的\(p\)表示模数

• \(a\)在\(\mod p\)意义下的逆元存在，当且仅当\(p\perp a\)

法1：费马小定理求逆元

• 定理：\(a^{p-1}\equiv 1(\mod p)\)，其中\(p\)为质数，\(p\perp a\)

  那么\(a^{-1}\equiv a^{p-2}(\mod p)\)

• 注意：仅限于模数为质数的时候

• 【补充】欧拉定理：\(a^{\varphi(p)}\equiv 1(\mod p)\)，只需要满足\(p\perp a\)

long long inverse(long long x,long long MOD){
	return quickpow(x,MOD-2ll,MOD);
}

法2：exGCD求逆元

• 解同余方程\(a\cdot x\equiv 1(\mod p)\)，其中\(x=a^{-1}\)，只需要满足\(\gcd(a,p)=1\)

long long inverse(long long a,long long MOD){
    long long res,_y;
    exgcd(a,MOD,res,_y);
    while(res<0)res+=MOD;
    while(res>=MOD)res-=MOD;
    return res;
}

法3：阶乘求逆元

• 此方法为\(O(n+logV)\)求出前\(n\)个数的逆元，并且需要模数为质数
• 求出\(fac[i]=i!\)，然后用前两种方法求出\(fac[n]\)的逆元\(invfac[n]\)
• 倒序递推：\(invfac[i]=invfac[i+1]*(i+1)\)，\(inv[i+1]=invfac[i+1]*fac[i]\)

long long inv[N],invfac[N],fac[N];
void inverse_n(long long n,long long MOD){
	fac[0]=1;
	for(long long i=1;i<=n;i++){
		fac[i]=((__int128)1)*fac[i-1]*i%MOD;
	}
	invfac[n]=inverse(fac[n],MOD);//建议用exGCD
	for(long long i=n-1;i>=0;i--){
		invfac[i]=((__int128)1)*invfac[i+1]*(i+1)%MOD;
		inv[i+1]=((__int128)1)*invfac[i+1]*fac[i]%MOD;
	}
	return ;
}

法4：线性递推求逆元

• 需要模数为质数

• 边界：\(1^{-1}\equiv 1(\mod p)\)

• 令\(p=i\cdot s+t\)，则\(s=\lfloor\frac{p}{i}\rfloor,t=p\mod i\)

  由于\(p=i\cdot s+t\equiv0(\mod p)\)

  两边同时乘以\(i^{-1}t^{-1}\)，并移项得：\(i^{-1}\equiv -s\cdot t^{-1}(\mod p)\)

  因此得到递推式：\(i^{-1}\equiv \lfloor\frac{p}{i}\rfloor\cdot \Big(p-(p \mod i)^{-1}\Big)(\mod p)\)（用\(p-\dots\)防止负数出现）

long long inv[N];
void inverse_n(long long SIZE,long long MOD){
	inv[1]=1;
	for(int i=2;i<=SIZE;i++){
		inv[i]=((__int128)1)*inv[MOD%i]*(MOD-MOD/i)%MOD;
	}
}

求任意n个整数的逆元

• 类似阶乘求逆元，\(O(n+logV)\)求出任意n个整数的逆元
• 求出数的前缀乘积\(sum[i]=\prod\limits_{j=1}^ival[i]\)，然后用前两种方法求出\(sum[n]\)的逆元\(invsum[n]\)
• 倒序递推：\(invsum[i]=invsum[i+1]*(i+1)\)，\(inv[i+1]=invsum[i+1]*sum[i]\)

• Funny Strings

• 考虑\(K<N\)的情况，否则\(K=N*d+K'\)，让序列中所有元素加上\(d\)即可。

  现在需要的到一个其中有\(K\)个1，其他是0的序列满足条件。

• 记\(L=K^{-1}\pmod N\)，则把\(S_0,S_L,S_{2l},\cdots,S_{(K-1)L}\)的位置设为0（第0位表示第\(N\)位），可以发现这些位置互不相同（\(K\perp N\)）。

• 原来的操作让\(S_0\)变为0，让\(S_1(S_{KL})\)变为1，满足循环同构的条件

• 给Middle Level graph $H(2n+1,n) $构造一个1-factorization。

  据金恺本人说是CTSC刚出的一道题目，但是没找到。讲于CM1-1

中国剩余定理CRT

• 找到同余方程组\(x\equiv a_i(\mod p_i)\)的解，满足所有模数\(p_i\)互质

• 一个思路是，从零开始加，加的数不会影响其他同余方程的结果，只会让某一个同余方程的结果加1

• 可以发现\(d_i=\prod\limits_{j=1}^n[j\not=i]p_j\)，其中\(d_i\not\equiv0(\mod p_i)\land d_i\equiv0(\mod p_j,j\not=i)\)

• 因此，需要只让一个同余方程结果加1可以加\(d_i\cdot\Big(d_i^{-1}(\mod p_i)\Big)\)

• 最终答案为\(\sum\limits_{i=1}^na_i\cdot d_i\cdot\Big(d_i^{-1}(\mod p_i)\Big)\)

• 答案任意\(\pm k\cdot\mathop{\text{lcm}}\limits_{i=1}^np_i\)也满足条件

exCRT

• 对于\(p_i\)不互质的情况，考虑两两合并同余方程

• 对于两个同余方程\(\begin{cases}x\equiv a_i(\mod p_i)\\x\equiv a_j(\mod p_j)\end{cases}\)，可以写作\(\begin{cases}x+k_i\cdot p_i=a_i\\x+k_j\cdot p_j=a_j\end{cases}\)，消去\(x\)得\(k_i\cdot p_i-k_j\cdot p_j=a_i-a_j\)

• 用exGCD可以求出\(k_i\)或\(k_j\)即可求出共同的解\(x\equiv h(\mod \text{lcm}(p_i,p_j))\)

补充

• 若同余方程有系数，如\(b_ix\equiv a_i(\mod p_i)\)，我们把它写作不定方程\(b_ix+p_ik=a_i\)。

• 根据裴蜀定理：如果\(\gcd(b_i,p_i)\nmid a_i\)，则无解；

  否则，先用exGCD解出\(b_ix+p_ik=gcd(b_i,p_i)\)的一组特解\(x_0\)，同二元一次不定方程的解法，通解\(x=x_0\cdot \frac{a_i}{\gcd(b_i,p_i)}+any\cdot\frac{p_i}{\gcd(b_i,p_i)}\)。

• 于是就得到了系数为\(1\)的同余方程：\(x=x_0\cdot \frac{a_i}{\gcd(b_i,p_i)}\pmod{\frac{p_i}{\gcd(b_i,p_i)}}\)，然后用exCRT合并。

BSGS

• 描述：求解\(a^x\equiv b\pmod p\)的最小解，其中\(a\perp p\)，也就是模意义下的对数（离散对数）。

• 根据欧拉定理，有解则解一定\(\leq \varphi(p)\)，于是把式子写作\(a^{qB+r}\equiv b\pmod p\)，其中\(B=\lceil\sqrt{\varphi(p)}\rceil\)，\(r<B\)。

  由于\(a\perp p\)，式子可以改为\((a^{B})^{q}\equiv b\cdot (a^{-1})^{r}\pmod p\)，处理出同余式两边的值，查询是否有相等的，即可找到答案。

• 注意：查询相等时，用哈希表把\((a^{-1})^r\)做键，\(r\)做值，此时键会重复，要取最小的一个，要特判！！

  hack：5598755 2642091 857926

exBSGS

• 要求离散对数，但是不满足互质条件，无法求逆元。

• 对于原方程\(a^x\equiv b\pmod p\)，考虑构造\(a\perp p\)的情况。

  求\(g=\gcd(a,p)\)，如果\(g\nmid b\)，则说明无解；

  否则，两边同时除以\(g\)：\(a^{x-1}\cdot\frac{a}{g}\equiv\frac{b}{g}\pmod{\frac{p}{g}}\)。

  然后，现在\(\frac{a}{g}\perp \frac{p}{g}\)了，把它挪到右边：\(a^{x-1}\equiv\frac{b}{g}\cdot(\frac{a}{g})^{-1}\pmod{\frac{p}{g}}\)，注意：要在最后求\(\prod \frac{a}{g_i}\)逆元；

  但是\(a\)和\(\frac{p}{g}\)不一定互质，递归继续做。

• 考虑到\(g\geq2\)，所以每次至少让\(p\)变为一半，至多做\(O(\log_2p)\)次，做完后再用普通BSGS做即可。

  注意：不能保证答案\(>\log_2p\)，所以还要枚举\(i=0\sim\log_2p\)，验证\(a^i\bmod p\)是否为\(b\)。

积性函数相关

求解一般积性函数前n项函数值方法

积性函数

• 一个积性函数\(f(x)\)满足：\(f(ab)=f(a)\cdot f(b)\)其中\(a\perp b\)（\(a,b\)互质）

求法（线性筛）

• 需要知道\(f(1)\)的值

• 质数求法：对于一个质数\(p\)，需要知道如何求\(f(p)\)的值

• 递推求法：对于\(p^k\)，其中p是质数，需要知道如何用\(f(p^k)\)和\(f(p^{k-1})\)的递推关系求值

• 在筛法过程中，记录数\(x\)的最小质因子\(p\)在\(x\)中的次方值\(val[x]=p^k\)

1. 当\(x\)是质数时，用质数求法

2. 枚举质数\(p_i\)时

   • 如果\(p_i\perp x\)，则根据积性函数性质\(f(x\cdot p_i)=f(x)\cdot f(p_i)\)；此时\(val[x\cdot p_i]=p_i\)

   • 如果\(p_i\mid x\)，此时\(val[x*p_i]=p_i*val[x]\)

     • 若\(x=p_i^k\)，则用递推求法从\(f(x)\)（\(f(p_i^k)\)）推到\(f(x*p_i)\)（\(f(p_i^{k+1})\)）

     • 否则\(f(x*p_i)=f(\frac{x}{val[x]})*f(val[x]*p_i)\)（保证互质才能使用积性函数的性质）

• 可能要预处理一些值

• Cool loves shaxian

求\(\sigma_d(x)\)的代码：

long long d,f[N],val[N];//f:\sigma_d
bitset<N>book;
vector<pair<int,long long>>pr;
void euler(int n){
	book[0]=book[1]=1;
	f[0]=0,f[1]=1;
	for(int i=2;i<=n;i++){
		if(!book[i]){
			pr.emplace_back(i,quickpow(i,d));
			f[i]=quickpow(i,d)+1;
			val[i]=i;
		}
		for(auto v:pr){
			if(1ll*i*v.first>n)break;
			book[i*v.first]=1;
			if(i%v.first==0){
				val[i*v.first]=val[i]*v.first;
				if(i==val[i])
					f[i*v.first]=f[i]*v.second+1;
				else
					f[i*v.first]=f[i/val[i]]*f[val[i]*v.first];
				break;
			}
			else{
				val[i*v.first]=v.first;
				f[i*v.first]=f[i]*f[v.first];
			} 
		}
	}
}

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• lucas性质\(C(m,n)\mod 2\equiv [(n\&m)=1]\)？？