数论分享
数论选讲
--数论是数学的皇后--
写在废话之前
HL 集训的时候，某场模拟赛 T2 放了一个欧拉函数相关的题目，然后当场比赛获得了 \(100\)pts \(+0\)pts \(+0\)pts \(+0\)pts \(=100\) pts 的优异成绩。
细说这场模拟赛的的感受的话，可能云落能讲一个多小时，显然时间并不应该被消耗在这个上面。
不过云落还是对 T2 的欧拉函数耿耿于怀，所以有了后面的数论专项突击，也促成了今天的数论分享。
废话
根据过往云落学习数论的经验来看，这个学习过程是相当枯燥乏味的。反正如果诸位有数学公式恐惧症的话，不建议一次性食用过多。
下一张 PPT 会展示目录，难度是升序排序的，这边建议诸位根据自身情况，选择性或者有方法地听（不建议直接 \(z^{z^z}\)）。
知识点基本上会很快过掉，如果需要知识点讲解建议出门左转去 oi.wiki 查阅资料。
里面的例题都是云落做过或者口胡过的好题，拿出来讲解。
云落年岁不小了，剩余的时间需要云落去争分夺秒了。所以云落组织了这次分享是带有很大私心的。在准备的过程中，云落获益良多，也希望可以收益最大化，把这些寄存在云落脑子里的东西展示出来。所以云落希望可以在数论这个方面，邀诸位共赏。
废话结束，正片开始。
目录
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基础知识
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数论分块
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筛法与欧拉（积性）函数
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费马小定理、欧拉定理、扩展欧拉定理
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逆元及其线性求法
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二元一次不定方程、线性同余方程、线性同余方程组
-
卢卡斯定理
数论基础
整除？应该 0 个人不会吧！
约数、倍数、质数、合数，不会的可以立刻退役了……
gcd 与 lcm
- 随机抽个人默写一下辗转相除法的代码，顺便说一下 gcd 与 lcm 的数量关系。
同余
- 可加性，可减性，可乘性，可乘方性（思考：为什么没有可除性？）。
分解质因数
- 抽个人说一下时间复杂度。
例题
No.1
给定正整数 \(L,R(1 \le L \le R \le 2 \times 10^9 ,\ R-L \le 10^6)\)，求 \([L,R]\) 内质数个数。
No.2
记正整数 \(x\) 的约数个数为 \(g(x)\)，一个数是好的当且仅当 \( \forall i \in [1,x-1] ,\ g(x)>g(i)\)。给定 \(n(n \le 2 \times 10^9)\)，求最大的 \(\le n\) 的好数。（高效进阶贴贴）
题解
No.1
线性筛没有前途，寄。合数 \(x\) 总是存在 \(\le \sqrt{x}\) 的因子，所以可以先把 \(\sqrt{R}\) 范围内的质数筛出来，再用质数标记 \([L,R]\) 范围内的合数，完结撒花。
No.2
对好数质因数分解成如下形式 \({p_1}^{k_1} \times {p_2}^{k_2} \dots \times {p_m}^{k_m}\)，一定有 \(k\) 单调不升，否则你总能找到约数个数与之相同的但数值更小的数，与好数定义矛盾。
在 \([1,2 \times 10^9]\) 范围内，一个数最多分解出 \(11\) 个质因子，所以可以直接开搜了，也可以打表，条条大路通罗马。
数论分块
先来到例题练练手——
给定 \(n(1 \le n \le 10^6)\)，求 \(\sum_{i=1}^{n} \lfloor \frac{n}{i} \rfloor\) 的值。
哦，基础循环语句练习题。
简单修改一下数据范围，现在要求 \(1 \le n \le 10^{12}\)，咋做？
需要用到大名鼎鼎的数论分块。
如果你手模能力很强，你就会发现把 \(\big\lfloor \frac{n}{i} \big\rfloor\) 丢到一个序列上，取值相同的部分在序列上会形成连续段的形式。
然后你又发现这些取值构成的集合，集合大小不会超过 \(2 \sqrt{n}\)。
数论分块
出现了神秘的根号状物，所以做上面这个题就需要去往根号上面靠一靠。
记 \(l\) 为分块左边界，记这个块的值为 \(k\)，则 \(k=\big\lfloor \frac{n}{l} \big\rfloor\)。显然这个块的有边界 \(r\) 是最大的 \(\le \frac{n}{k}\) 的位置，将 \(k\) 代入后也就是 \(\Big\lfloor \frac{n}{\lfloor \frac{n}{l} \rfloor} \Big\rfloor\)。
核心代码：
inline ll solve(ll n){
ll l=1,r=0,res=0;
while(l<=n){
r=n/(n/l);
res+=n/l*(r-l+1);
l=r+1;
}
return res;
}
若干思考题
No.1
给定 \(n(n \le {10}^{12})\)，求满足 \(ab,ac,bc\) 均 \(\le n\) 的有序三元组 \((a,b,c)\) 个数。
No.2
记 \(g(x)\) 表示 \(x\) 的约数个数，给定 \(L,R(1 \le L \le R \le 10^9)\)，求 \(\sum_{i=L}^{R} g(i)\)。
No.3
计算：
其中正整数 \(n,m\) 满足 \(1 \le n,m \le 10^9\)。
题解
No.1
记 \(B=\big\lfloor \sqrt{n} \big\rfloor\)。
-
若 \(a,b,c \le B\)，则对答案的贡献是 \(B^3\)。
-
若 \(a > B\)，由题意，\(b,c \le B\)，所以枚举 \(a\)，贡献形如：
变成数论分块板板题咯！
有序三元组，答案还得 \(\times 3\)，因为 \(b,c\) 都有可能成为 \(>B\) 的那个“幸运儿”。
题解
No.2
首先把区间问题转化为前缀问题，最后差分一下
容易发现，正整数 \(i\) 在 \([1,n]\) 范围内作为约数出现的次数为 \(\big\lfloor \frac{n}{i} \big\rfloor\)。那么，对于约数 \(i\)，约数和贡献形如 \(i \times \big\lfloor \frac{n}{i} \big\rfloor\)
那么一个前缀 \([1,n]\) 的答案应当是如下形式：
数论分块告诉我们，在同一个块内，\(\big\lfloor \frac{n}{i} \big\rfloor\) 的值总是相同的。因此，在同一个块内，只需要考虑 \(\sum i\) 的值即可，显然可以 \(O(1)\) 计算。
题解
No.3
先推式子……记原式为 \(ans\)
推到这里还不会做就回炉重造叭！
筛法与欧拉（积性）函数
埃氏筛
-
怎么写？
-
时间复杂度？
线性筛，又称欧拉筛
- 比埃氏筛快在哪里？
欧拉函数
- 一些重要结论？
埃氏筛
从小到大枚举，判定质数的条件是当枚举到这个数的时候，它没有被标记为合数。
什么时候会被标记为合数？当出现一个质数 \(p\) 的时候，标记所有的 \(i \times p\) 为合数。
时间复杂度 \(O(n \log \log n)\)。
bool isprime[N];int prime[N],tot;
inline void eratos(){
memset(isprime,true,sizeof(isprime));
isprime[1]=false;
for(int i=2;i<=n;i++){
if(!isprime[i])continue;
prime[++tot]=i;
for(int j=i*i;j<=n;j+=i)isprime[j]=false;
}
return;
}
线性筛
当合数被筛掉的时候，我们希望他只被筛一次，所以……
bool isprime[N];int prime[N],tot;
inline void euler(){
memset(isprime,true,sizeof(isprime));
isprime[1]=false;
for(int i=2;i<=n;i++){
if(isprime[i])prime[++tot]=i;
for(int j=1;j<=tot&&i*prime[j]<=n;j++){
isprime[i*prime[j]]=false;
if(i%prime[j]==0)break;// 保证复杂度的关键语句捏！
}
}
return;
}
时间复杂度 \(O(n)\)。
欧拉函数
一起来康康欧拉函数的相关性质：
-
\(\varphi(x)\) 是积性函数（不是完全积性函数）。
-
对于任意的质数 \(p\)，\(\varphi(p)=p-1\)。
-
对于任意的质数 \(p\)，\(\varphi(p^k)=p^k-p^{k-1}\)。
-
\(\sum\limits_{d|n} \varphi(d) = n\)。
欧拉函数
啥子是积性函数？啥子是完全积性函数？
-
积性函数：若函数 \(f(n)\) 满足 \(f(1)=1\)，且 \(f(xy)=f(x)f(y)\) 对任意互质的 \(x,y \in \mathbf{N}^*\) 都成立，则 \(f(n)\) 为积性函数。
-
完全积性函数：若函数 \(f(n)\) 满足 \(f(1)=1\)，且 \(f(xy)=f(x)f(y)\) 对任意的 \(x,y \in \mathbf{N}^*\) 都成立，则 \(f(n)\) 为积性函数。
欧拉函数
对上面几个性质弄一些简单的证明（告别 OI，走向数竞）。
- 对于任意的质数 \(p\)，\(\varphi(p)=p-1\)。
证明：显然只有 \(p\) 本身与 \(p\) 不互质，所以是 \(p-1\)。
- 对于任意的质数 \(p\)，\(\varphi(p^k)=p^k-p^{k-1}\)。
证明：注意到与 \(p^k\) 不互质的数只有 \(p,2p,3p,\dots,p^{k-1}p\)，共计 \(p^{k-1}\) 个，所以与 \(p^k\) 互质的有 \(p^k-p^{k-1}\) 个。
推广：对于任意的 \(x\)，根据唯一分解定理，即 \(x=\prod p_i^{k_i}\)，\(\varphi(x)=x \prod (1-\frac{1}{p_i})\)。
剩下俩不证了，积性函数那个可以容斥原理结合上面这个推广简单证明；带求和号的那个，重点在于证明那个式子也是积性函数。感兴趣的可以自己尝试一下。
欧拉函数
单次 \(O(n)\) 或者 \(O(\sqrt{n})\) 求 \(\varphi\) 的朴素暴力做法还是太笨拙了，欠优化。
筛法它本来就不是只用于筛质数的，筛法可以快速解决一些积性函数的求值问题。
bool isprime[N];int prime[N],tot,phi[N];
inline void euler(){
phi[1]=1;
memset(isprime,true,sizeof(isprime));
isprime[1]=false;
for(int i=2;i<=n;i++){
if(isprime[i])prime[++tot]=i,phi[i]=i-1;
for(int j=1;j<=tot&&i*prime[j]<=n;j++){
isprime[i*prime[j]]=false;
if(i%prime[j]==0){phi[i*prime[j]]=phi[i]*prime[j];break;}
phi[i*prime[j]]=phi[i]*phi[prime[j]];
}
}
return;
}
欧拉函数
初始化 phi[1]=1 不多赘述。
代码里有三个部分是计算 phi 的，一三都比较显然，就是前面的重要结论。
第二个部分需要简单推一下（需要用到前面的“推广”）……
因为 i%prime[j]==0，所以后面的 \(\prod\) 不会出现少乘一项的情况，美滋滋。
例题
No.1
给定 \(n(1 \le n \le 10^7)\)，求 \(1 \le x,y \le n\) 且 \(\gcd(x,y)\) 为质数的 \((x,y)\) 的数目。
No.2
给定一个正整数 \(n\)，每次操作形如 \(n \gets \varphi(n)\)，问至少多少次操作之后 \(n=1\)。注意：\(n\) 以唯一分解的形式给出，即：
数据范围：\(1 \le m \le 2000 ,\ 1 \le p_i \le 10^5 ,\ 1 \le q_i \le 10^9\)。
题解
No.1
抽象成式子，大概长下面这个样子：
典中典之枚举 \(\gcd\)，上式化为：
对于 \(i,j\) 的两层枚举来说，\(d\) 是一个定值，所以直接转化为 \(i,j\) 互质的情况，即：
你发现后面这坨是有序对，直接改变 \(j\) 的枚举上界转成无序对最后在 \(\times 2\)，也就是：
对于这个式子，把 \(2\) 提出去，然后就是 \(\varphi(i)\) 咯！式子如下：
线性筛出来 \(\varphi\) 值，再做一个前缀和预处理，剩下的交给基础循环语句即可。
时间复杂度 \(O(n)\)。
题解
No.2
先来看看一次操作所带来的影响是什么。
这式子不可看，把一些邪恶的分母干掉，有：
你注意到这个式子告诉你，一次操作相当于对于所有的质因子，每种挑选一个 \(-1\) 之后再和原来的部分累乘合并。
还有一个观察，对于方程 \(\varphi(x)=1\)，方程只有两个解 \(x_1=1,x_2=2\)。
然而 \(\times 1\) 是没有任何影响的，所以操作次数等价于整套流程中质因子 \(2\) 的出现次数。
那么，除了一开始分解出来的 \(2\) 以外，还有什么东西会生产 \(2\)？
自然就是 \(p_i-1\) 的部分，它们会在下一次操作时参与分解。
因此，考虑 DP。记 \(f_i\) 表示自然数 \(i\) 能在整套分解流程中生产的 \(2\) 的数量。
转移有两种，简单分讨一下：
-
\(i\) 是质数，显然 \(f_i=f_{i-1}\)；
-
\(i\) 不是质数，令 \(xy=i\)，则 \(f_i = f_x + f_y\)。
这是一个经典的加性函数，可以在线性筛的时候求出来。
其实到这里差不多了，由于上面 \(p_i\) 上面还挂着一个 \(q_i\)，所以答案是 \(\sum{f_{p_i} \times q_i}\)。
然而，这么写的话 WA 将是你的归宿。
corner case 就是 \(n\) 不包含质因子 \(2\)，也就是说第一轮不会消耗 \(2\)，需要多操作一轮。
核心代码：
inline void euler(int n){
f[1]=1;
for(int i=2;i<=n;i++){
if(!isprime[i])prime[++tot]=i,f[i]=f[i-1];
for(int j=1;j<=tot&&i*prime[j]<=n;j++){
isprime[i*prime[j]]=true;f[i*prime[j]]=f[i]+f[prime[j]];
if(i%prime[j]==0)break;
}
}
return;
}
费马小定理、欧拉定理、扩展欧拉定理
费马小定理：对于质数 \(p\) 和正整数 \(a\) 且 \(p \nmid a\)，有 \(a^{p-1} \equiv 1 \pmod{p}\)。
欧拉定理：对于正整数 \(a,m\) 且 \(\gcd(a,m)=1\)，有 \(a^{\varphi(m)} \equiv 1 \pmod{m}\)。
扩展欧拉定理：
对于任意正整数 \(a,m\) 和自然数 \(k\) ，有：
根据扩展欧拉定理，我们可以解决指数较大的模意义下计算。具体地，按上式第三种情况反复缩小规模，直到满足第二种情况，快速幂计算。这个行为又称欧拉降幂。
证明
这一部分与 OI 相去甚远，感兴趣的可以自行阅读。
欧拉定理的证明
我们对模数 \(m\) 取出 \([1,m-1]\) 范围内所有与它互质的数，记作 \(b_1,b_2,\dots,b_{\varphi(m)}\)。
推论：定义 \(A_i = ab_i \bmod m\)，序列 \(A\) 中所有元素均与 \(m\) 互质且两两不同。
推论的证明：考虑反证法。
假设存在 \(ab_i \equiv ab_j \pmod{m}\)，则一定有 \(a(b_i-b_j) \equiv 0 \pmod{m}\)。
因为 \(\gcd(a,m)=1\)，故 \(b_i-b_j \equiv 0 \pmod{m}\)，即 \(b_i \equiv b_j \pmod{m}\)。
这与当初的 \(b\) 序列的定义是矛盾的，故假设不成立，结论得证。
所以 \(A\) 中的每个元素一定与 \(b\) 中的一个数同余，且一一对应。
根据以上推理，可以写出如下式子：
取一三两部分，移项得：
聪明的你一定发现了，因为 \(\gcd(b_i,m)=1\)，所以有：
最后一步再移一下项，宣告撒花。
费马小定理的证明
方才已经证明了欧拉定理，所以欧拉定理可以直接食用。
将质数 \(p\) 代入欧拉定理中，有：
众所周知 \(\varphi(p)=p-1\)，所以嘛——
\(Q.E.D.\)
花絮：现在知道指数上这个稀奇古怪的 \(p-1\) 是怎么一回事了吧……
扩展欧拉定理的证明
\(\texttt{case 1}\)
考虑把指数 \(k\) 拆分为 \(b \times \varphi(m) + k \bmod \varphi(m)\)。
具体地，按下面推式子：
根据欧拉定理 \(a^{\varphi(m)} \equiv 1 \pmod{m}\)，有：
结论得证了捏，撒花！
\(\texttt{case 2}\)
正确性显然，无需证明。
\(\texttt{case 3}\)
原命题充要转化：对于 \(a\) 中质因子 \(p\)，满足 \(p^k \equiv p^{(k \bmod \varphi(m)) + \varphi(m)} \pmod{m}\)。
充要转化的正确性显然，考虑 \(a\) 的唯一分解，结合余数的可乘性和可乘方性可以简单证明，这里不多赘述。
若 \(p,m\) 互质，转化为 \(\texttt{case 1}\)；否则 \(\gcd(p,m) \neq 1\)，由于 \(p\) 是质数，则 \(p \mid m\)。
经典操作之令 \(m=s \times p^r\)，其中 \(\gcd(s,p)=1\)，显然有 \(\varphi(m) = \varphi(s) \times \varphi(p^r)\)。
把 \(\varphi(m) = \varphi(s) \times \varphi(p^r)\) 代入，结合欧拉定理 \(p^{\varphi(s)} \equiv 1 \pmod{s}\)，有：
两边同时乘 \(p^r\) 得：
显然有 \(k \ge \varphi(m) \ge r\)（不是，这显然吗？）
根据上页最后一个式子，有如下推理：
然后搞点高一数学，设定义在 \([\varphi(m),+\infty)\) 的函数 \(f(x)\) 满足 \(f(x)=p^x \bmod m\)。
根据上式，当 \(x \ge \varphi(m)\) 时，有 \(f(x)=f(x+\varphi(m))\)。进一步地，当 \(x \ge 2 \varphi(m)\) 时，有 \(f(x)=f(x-\varphi(m))\)。
容易发现，\(f(x)=f((x \bmod \varphi(m)) + \varphi(m))\)，代入 \(x=k\)，有
\(Q.E.D.\)
例题
费马小定理在 oi 中最经典的应用还是逆元，所以咱们弄一点欧拉定理的好东西。
No.1
无穷序列 \(a\) 满足 \(a_0=1,a_n=2^{a_{n-1}}\)。给定一个正整数 \(m(1 \le m \le 10^7)\)，可以证明 \(b_n=a_n \bmod m\) 在某一项后都是同一个值，求这个值。
No.2
给定一个序列长度为 \(n(1 \le n \le 10^5)\) 的序列 \(a\) 和正整数 \(m(1 \le m \le 10^9)\)，\(q(1 \le q \le 10^5)\) 次查询区间 \([l,r]\)，求 \({a_l}^{{a_{l+1}}^{{\cdots}^{a_r}}} \bmod m\) 的值。
题解
No.1
指数一层一层递归掉，欧拉降幂。降幂过程中需要多次求 \(\varphi\)，线性筛预处理即可。
No.2
欧拉降幂显然，但时间复杂度 \(O(nq\log V)\)，因为一次降幂只能干掉 \(O(1)\) 个数。
注意到有效的降幂层数不多，每次降幂相当于给模数不断复合 \(\varphi\)，又有 \(\varphi(1)=1\)。
根据欧拉函数的性质，可以断言最多降幂 \(O(\log q)\) 次。
- 当 \(x>2\) 时，\(\varphi(x)\) 是偶数；
- 当 \(x\) 是偶数时，\(\varphi(x) \le \frac{x}{2}\)。
上述性质显然，断言成立，时间复杂度 \(O(q \log n \log V)\)。
逆元及其线性求法
单个逆元求法
-
质数？快速幂（费马小定理）
-
任意一数？逆元存在就扩展欧几里得，否则就不存在呗。
多个逆元求法
-
质数？抽个人报一下式子。
-
任意多数？前缀积，然后逆元性质了解一下。
抓一个幸运儿，依次报一下上面每种做法的时间复杂度。
例题
No.1
给出长度 \(n\) 的序列 \(a\)，\(q\) 次询问 \(\prod_{i=l}^{r} \text{lcm} (a_i,x)\) 的值（所有变量均在 \([1,10^5]\) 内）。
No.2
luogu P2054
题解
（题解被云落给咕掉了）
第一个题需要推式子，不想码 latex。
第二个题是拍脑袋题，不知道各位有没有拍脑袋拍出来。
题解
开玩笑的，云落还是会写题解的，就是第一个题 latex 有点扭曲，给诸位先打个预防针。
No.1
查询 \(\text{lcm}\) 可以转化为 \(\gcd\)，需要维护一个 \(x\) 的幂和区间积，快速幂和前缀积搞定。
现在问题转化为，在合理的时间复杂度内，求下列式子的值。
推式子肯定是要推的，诸位可以简单思考一下，有哪些推式子的 trick。
唉，质因数唯一分解在数论中的地位还是太举足轻重了。
考虑分别对 \(a_i,x\) 质因数分解，记原式结果为 \(A\)，有：
这个式子的实际含义等价于对于每个质因子，求区间内可以分解出该质因子的数目。
不需要任何神秘的数据结构，只需要一个小小的 vector 加一个小小的二分即解决。
具体地，对于每个质因子 \(p\) 的 \(t\) 次幂 \(p^t\)，我们用 vector 维护所有以 \(p^t\) 为约数的 \(a_i\) 的下标 \(i\)。查询的时候直接在 vector 上二分 \(l,r\) 的位置。
代码上还有很多细节，云落后面会结合代码来说。
时间复杂度 \(O(q \log n \log V)\)。
signed main(){
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0),cout.tie(0);
cin>>n>>q;
for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];
euler(N-5);init();
while(q--){
int l,r,x;cin>>l>>r>>x;
int ans=mul[r]*qpow(mul[l-1],MOD-2)%MOD*qpow(x,r-l+1)%MOD;
while(x>1){
int t=d[x],p=1,sum=0;
while(x%t==0){
x/=t,p*=t;
auto L=lwbd(vec[p].begin(),vec[p].end(),l),R=upbd(vec[p].begin(),vec[p].end(),r);
sum+=(R-L);
}
ans=ans*(qpow(qpow(t,sum),MOD-2)%MOD)%MOD;
}
cout<<ans<<'\n';
}
return 0;
}
inline void euler(int n){
memset(isprime,true,sizeof(isprime));
isprime[1]=false;
for(int i=2;i<=n;i++){
if(isprime[i])prime[++tot]=i,d[i]=i;
for(int j=1;j<=tot&&i*prime[j]<=n;j++){
isprime[i*prime[j]]=false;d[i*prime[j]]=prime[j];
if(i%prime[j]==0)break;
}
}
return;
}
inline void init(){
mul[0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)mul[i]=mul[i-1]*a[i]%MOD;
for(int i=1;i<=n;i++){
int x=a[i];
while(x>1){
int t=d[x],p=1;
while(x%t==0)x/=t,p*=t,vec[p].pb(i);
}
}
return;
}
题解
No.2
开始手模，假设初始牌序是 \(\{1,2,3,4,5,6\}\)，接下来展示若干轮洗牌后的牌序。
- 第一轮洗牌后：\(\{4,1,5,2,6,3\}\)；
- 第二轮洗牌后：\(\{2,4,6,1,3,5\}\)；
- 第三轮洗牌后：\(\{1,2,3,4,5,6\}\)。
你发现：假设洗牌前的位置为 \(x\)，则一轮洗牌后的位置为 \(2x \bmod (n+1)\)。
容易想到，答案就是同余方程 \(2^m \times x \equiv l \pmod{n+1}\) 的解，计算 \(2^m\) 在模 \(n\) 意义下的乘法逆元就行了嘛！
二元一次不定方程、线性同余方程、线性同余方程组
在上一道题目的渗透下，我们已经初步触摸到和数论有关方程的门槛了。
开始方程之旅之前，必然要知悉裴蜀定理。
裴蜀定理：对于正整数 \(a,b\)，对于任意的 \(x,y\) 都有 \(\gcd(a,b) \mid ax+by\)。特别地，一定存在一组 \(x,y\)，使得 \(\gcd(a,b)=ax+by\) 成立。
重要推论：正整数 \(a,b\) 互质的充要条件是存在整数 \(x,y\) 使得 \(ax+by=1\)。
好的，你已经学会了最重要的东西，接下来请你分别求出下列不定方程中 \(x,y\) 的一组整数解（或报告无解），其中 \(a,b,c\) 都是给定的正整数。
这个时候 exgcd 闪亮登场，exgcd 可以解决 \(ax+by=\gcd(x,y)\) 的一组整数解。
二元一次不定方程、线性同余方程、线性同余方程组
象征性意义的贴一下 exgcd 的模板……
inline int exgcd(int a,int b,int &x,int &y){
if(b==0){x=1,y=0;return a;}
int d=exgcd(b,a%b,x,y);
int tmp=x;
x=y,y=tmp-a/b*y;
return d;
}
- \(c\) 不是 \(\gcd(a,b)\) 的倍数就直接无解；
- 用 exgcd 解出一组 \(x,y\)，然后分别乘上 \(\frac{c}{\gcd(a,b)}\) 得到原方程的一组特解；
- 于是乎就没有然后了（要是求最小正整数解之类的东西，可以接着往下推，找到通解形式即可）。
二元一次不定方程、线性同余方程、线性同余方程组
那么，我们跑步前进，来看线性同余方程，其形式如下：
转化一下，这个线性同余方程等价于不定方程——
好的，回到原来的问题上去了，直接 exgcd 即可。
当然从逆元的角度来理解也是可以的，只不过未保证 \(m\) 是质数，还得落到 exgcd 上。
例题
高效进阶已经急不可耐了，放两道高效进阶进来。
No.1
给定 \(n\) 元环，环上有两动点 \(A,B\)。动点 \(A,B\) 初始分别在 \(x,y\) 上，并即将顺时针移动。移动定义为在原地消失，在远方刷新。动点 \(A,B\) 的单次移动距离分别是 \(d1,d2\)。问两动点同时在某个位置上刷新的最少时间（或报告永远无法同时刷新在同一位置）。
No.2
luogu P2421
（这俩题不写题解了，都比较板子）
二元一次不定方程、线性同余方程、线性同余方程组
问：有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二。问物几何？
答：三人同行七十希，五树梅花廿一支，七子团圆正半月，除百零五便得知。
古老而神秘的华夏，孕育出了解决线性同余方程组的方法——中国剩余定理。
放一个线性同余方程组的标准形式。
上面的「物不知数」问题就是一元线性同余方程组的一个实例。
二元一次不定方程、线性同余方程、线性同余方程组
先讲 CRT，要求模数上两两互质。
-
计算所有模数的积 \(M\)；
-
对于第 \(i\) 个同余方程，分三步；
- 计算 \(b_i=\frac{M}{m_i}\)；
- 计算 \(b_i\) 在模 \(m_i\) 意义下的逆元 \({b_i}^{-1}\)；
- 计算 \(c_i=b_i{b_i}^{-1}\)；
- 解得 \(x \equiv \sum_{i=1}^{k}a_ic_i \pmod{M}\)。
这没什么可解释的，证明起来比较复杂，直接背就行了……
建议打个板子，当 exgcd 的练手题。
二元一次不定方程、线性同余方程、线性同余方程组
重点是 excrt，没有什么更多的条件限制，而且思路也更符合人类惯性思维一些。
excrt 的核心思想就是把两个同余方程捏成一个同余方程，给一些数学上的推导。
同余方程不好看，还是先归约到不定方程的形式，如下：
然后干掉未知数 \(x\)，获得关于 \(m,n\) 的不定方程，即：
二元一次不定方程、线性同余方程、线性同余方程组
上页最后一个式子显然是一个不定方程的基本形式，exgcd 可以简单获取这个不定方程的一组特解 \((m',n')\)（或报告无解）。把 \(m'\)（或 \(n'\)）代回到最初的不定方程组中，可以获取一个 \(x\) 的特解 \(x=x'\)。
现在问题在于，如何通过 \(x=x'\) 这一特解反向推出合并后的同余方程？
注意到两个同余方程的模数分别是 \(A,B\)，所以可以发现，若 \(x=x'\) 是原方程组的一个特解，那么 \(x=x'+\text{lcm}(A,B)\) 也一定是一个合法的特解。
进一步地，\(x=x'+k \times \text{lcm}(A,B)\) 一定是 \(x\) 的通解表现形式。
这样我们只需要把上面这个通解写成同余的形式即可，形如：
综上所述，我们完成了两个同余方程的合并，也就能解线性同余方程组了。
二元一次不定方程、线性同余方程、线性同余方程组
代码展示（模板题需要开 __int128 防止乘法溢出）
inline ll exgcd(ll a,ll b,i2 &x,i2 &y){
if(b==0){x=1,y=0;return a;}
ll d=exgcd(b,a%b,x,y);i2 tmp=x;
x=y,y=tmp-a/b*y;
return d;
}
signed main(){
cin>>n>>A>>a;
for(int i=2;i<=n;i++){
ll B,b;cin>>B>>b;
ll g=exgcd(A,B,x,y),lcm=A/g*B;
i2 m=(i2)((b-a)/g*x),x0=A*m+a;
a=(x0%lcm+lcm)%lcm,A=lcm;
}
cout<<a<<'\n';
return 0;
}
例题
No.1
luogu P3868
（这个题找个人直接报做法吧……）
No.2
\(r \times c (1 \le r,c \le 10^6)\) 的二维平面上有一动点在 \((0,0)\) 处。一行命令形如长度为 \(n(1 \le n \le 10^6)\) 的字符串。字符只包含 U、D、L、R，分别表示上下左右移动，每次动点只会按命令方向平移一格。若执行当前命令会越界，则将整个命令行中所有和当前命令相同的命令方向扭转 \(180 \degree\)，命令行要重复执行 \(k(1 \le k \le 10^{12})\) 次，求所有命令执行结束之后，这个动点会经过多少次 \((0,0)\)？
题解（No.2 sol）
命令扭转一眼不想什么好东西，而且数据范围奇大，不可模拟。
结论：如果不进行命令扭转，那么其新的横纵坐标 \((x',y')\) 和正常执行命令的横纵坐标 \((x,y)\) 一定满足：
这启示我们可以直接忽略命令扭转的环节，在原命令上做就 OK 了。并且这个同余的限制保证了有效的活动范围并不是很大。
但是，答案怎么算捏？
题解（No.2 sol）
无法枚举路径依旧是个问题，然而命令行是反复出现的，这给予我们优化的空间。
先考虑单次命令行我们怎么做，显然是直接模拟，回到 \((0,0)\) 直接 ans++ 就做完了。
重复多次咋办？你发现可以维护单次命令行的偏移量（横 \(\Delta x\) 纵 \(\Delta y\)），然后知晓重复 \(t\) 次就可以求出总偏移量（横 \(t \cdot \Delta x\) 纵 \(t \cdot \Delta y\)）。
对于出现在第 \(t+1\) 组命令行中的第 \(i\) 条命令，若它可以贡献给答案，则一定满足：
其中 \(X_i,Y_i\) 分别表示执行完前 \(i\) 条命令的横纵坐标偏移量。
题解（No.2 sol）
起猛了，看见方程组了。
再揉揉眼睛，啧，好像还是同余方程组。
那直接 excrt 把同余方程二合一，然后把新的同余方程的通解形式求出来之后，\(O(1)\) 计算 \(k\) 范围内的整数解的个数。
卢卡斯定理
跑步前进，先说定理。
对于素数 \(p\)，有：
其中当 \(n<k\) 时，二项式系数 \({n \choose k}\) 规定为 \(0\)。
你发现这是一个递归的形式，因为 \({\lfloor \frac{n}{p} \rfloor \choose \lfloor \frac{k}{p} \rfloor}\) 可以继续进行卢卡斯定理直到可以计算。
因此，我们只需要计算 \({{n\bmod p} \choose {k\bmod p}}\) 即可。
这对 \(p\) 的规模有一定的要求，显然不能够是 \(998244353\) 之类的大质数。
尽管有一定的局限性，但是依旧大大的好用！
例题
No.1
高效进阶稳定发挥。
计算 \(g^{\sum_{d \mid n} {n \choose d}} \bmod 999911659\)。
数据范围：\(1 \le n,g \le 10^9\)。
No.2
只能向右下方向跳跃的马。初始位置 \((0,0)\)，目标位置 \((n,m)\)。有 \(k\) 个障碍物（不存在蹩马腿），求方案数对 \(10007\) 取模的值。
题解
No.1
终于等到你了古代猪文，数论全家桶说的就是你！
STEP 1 扩展欧拉定理
可以把这个东西先套一层扩展欧拉定理，为了方便表述记 \(A=\sum_{d \mid n} {n \choose d}\)，用 \(ans\) 表示式子的值，则有：
STEP 2 费马小定理
显然下面这个次方的东西可以费马小定理快速做，问题在于求解 \(A \bmod 999911658\)。
STEP 3 扩展中国剩余定理
就这么个模数，不是质数什么都是白搭，所以质因数分解之后写成同余方程组的形式。
温馨提示：\(999911658=2×3×4697×35617\)。
具体地，记 \(x\) 表示 \(A \bmod 999911658\) 的结果，有：
excrt 可以直接合并同余方程组，现在问题就转化为：求 \(A\) 在单个同余方程中的取值。
STEP 4 卢卡斯定理
组合数？还是取模？质数不超过 \(4 \times 10^4\)？卢卡斯定理直接安排上，完结撒花！
题解
No.2
记 \(f_{i,j}\) 表示跳跃到 \((i,j)\) 的方案数，显然 \(f_{i,j}\) 不为 \(0\) 的一个必要条件是 \(3 \mid i+j\)。
设跳了 \(a\) 次 \((+1,+2)\)，跳了 \(b\) 次 \((+2,+1)\)。若 \(a<0\) 或者 \(b<0\)，则 \(f_{i,j}=0\)。
考虑 DP，记 \(dp_i\) 表示到第 \(i\) 个障碍物前不碰到任何一个障碍物的方案数，答案是：
转移方程也很好去写，形如：
问题转化为快速求 \(f_{i,j}\)，如果有值，显然 \(f_{i,j}={a+b \choose b}\)，模数较小，上卢卡斯定理。
转场
以上内容难度介于 Div2 和 Div1 之间，接下来简单 level-up 一下。
可能会涉及一些稍微困难的算法与知识点，诸位量力而行。
目录
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离散对数与 BSGS
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狄利克雷卷积与莫比乌斯反演
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杜教筛
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杂《》选吃
离散对数与 BSGS
你无需知道离散对数的具体定义，你只需知道你需要一个高效的算法解决下面的问题。
给定正整数 \(a,b,m\)，保证 \(\gcd(a,m)=1\)，解同余方程：
引入一个算法——BSGS，其可以在 \(O(\sqrt{m})\) 的时间复杂度内解决这个问题。
进一步地，如果 \(\gcd(a,m) \neq 1\)，可以使用 exBSGS，时间复杂度也是 \(O(\sqrt{m})\)。
离散对数与 BSGS
解决 \(a^x \equiv b \pmod{m}\) 的朴素做法是 \(O(m)\) 的。根据欧拉定理，\(x\) 所有的合法解中最小的那一个应当是 \(\varphi(m)\)，所以是线性复杂度。
显然如果 \(m=998244353\)，这种依据欧拉定理的暴力枚举就没有前途了。
注意到其实同余号右边的 \(b\) 没有起到任何作用。上面的朴素做法相当于 \(O(n)\) 预处理，然后 \(O(1)\) 判断。
像这种信息比对的东西，明显可以通过移项和哈希表的方式进行复杂度平衡。
比如求 \(a_x+a_y=C\) 的合法 \((x,y)\) 个数，除了暴力枚举 \(x,y\)，还可以把 \(C-a_y\) 的所有值塞到哈希表里，然后用 \(a_x\) 去查询。
离散对数与 BSGS
这启发我们对 \(a^x \equiv b \pmod{m}\) 中的指数 \(x\) 动一些手术。
具体地，可以令 \(x=pc-q\)，\(c\) 是由你决定的常数，于是有：
然后可以暴力枚举 \(q\)，把所有 \(ba^q \bmod m\) 的取值丢到哈希表里面；再去暴力枚举 \(p\)，把 \(a^{pc} \bmod m\) 的值放在哈希表里面查询。
显然以上算法一定是有正确性保证的。
当然，这里的 \(q\) 不应该大于 \(c\)，而 \(p\) 的上界是 \(\frac{m}{c}\)。
因此，\(O(c)\) 枚举 \(q\)，\(O(\frac{m}{c})\) 枚举 \(p\)，总时间复杂度为 \(O(c+\frac{m}{c})\)。
根据均值不等式，容易发现 \(c\) 取到 \(\sqrt{m}\) 的时候 \(O(c+\frac{m}{c})\) 取到最小值，为 \(O(\sqrt{m})\)。
离散对数与 BSGS
exBSGS 在 BSGS 基础上多了几步前置转化，可以用于解决 \(\gcd(a,m) \neq 1\) 的问题。
高端的问题往往只需要最简单的解决方式，既然他们不互质，就一直除到它互质即可。
取 \(d_1=\gcd(a,m)\)，如果 \(b \bmod d_1 \neq 0\)，则原方程一定无解，否则等价转化为：
如果 \(a,\frac{m}{d_1}\) 依旧不互质，就取出 \(d_2=\gcd(a,\frac{m}{d1})\)，重复执行上述操作。
跳出循环后，同余方程应该有如下形式：
简单做就好了，可以证明前面不断除以 \(d\) 的操作不能够成为时间复杂度瓶颈。
例题
给定正整数 \(k\) 和质数 \(m\)，求最小正整数 \(n\)，有 \(11 \cdots 1\)（\(n\) 个 \(1\)）\(\equiv k \pmod {m}\)。
数据范围：\(1 \le k < m \le 10^{12}\)。
题解
容易发现，题目给出的同余式子可以转化为如下形式：
移项，简单 BSGS 即可。
留作习题？
APIO2025 T1……
其实是去学习了一下的，但感觉只是意会了，没有理好思路，就浅浅地留作习题叭！
狄利克雷卷积与莫比乌斯反演
可能会有若干蠕动的数学公式向我们大踏步的走来，请谨慎观看。
Q：什么是狄利克雷卷积？
A：一个定义在数论函数间的二元运算。
Q：什么是数论函数？
A：定义域为全体自然数的函数。
狄利克雷卷积与莫比乌斯反演
狄利克雷卷积的定义式为：
如果你有点强迫症，希望后面这坨式子更好看一些，也可以写作：
举例：计算 \(\Big( f*g \Big)(6)\)。
狄利克雷卷积与莫比乌斯反演
在引入一些比较重要的概念之前，我们来看一些比较重要的数论函数。
单位函数：\(\varepsilon(n)=[n=1]\)。
幂函数：\(\operatorname{Id}_k(n)=n^k\)。
特别地，
-
当 \(k=1\) 时，为恒等函数 \(\operatorname{Id}(n)=n\)。
-
当 \(k=0\) 时，为常函数 \(\operatorname{I}(n)=1\)。
狄利克雷卷积与莫比乌斯反演
除数函数：\(\sigma_k(n)=\sum_{d \mid n} d^k\)。
特别地，
-
当 \(k=1\) 时，为约数和函数 \(\sigma(n)=n\)。
-
当 \(k=0\) 时，为约数个数函数 \(\tau(n)=1\)。
欧拉函数：\(\varphi(n)=n\prod\limits_{p \mid n,p \in \mathbb{P}}(1-\frac{1}{p})\)。
本页包括上一页提及的所有函数都是积性函数。
狄利克雷卷积与莫比乌斯反演
狄利克雷卷积这一运算有很多特别优秀的性质，比如：
- 若 \(f,g\) 是积性函数，则 \(f*g\) 也是积性函数；
- \(f*g=g*f\)；
- \((f*g)*h=f*(g*h)\)；
- \(f*(g+h)=f*g+f*h\)。
篇幅有限，就不给出上述相关性质的证明了。感兴趣的话可以自己推，直接把定义式代入进去即可。
狄利克雷卷积与莫比乌斯反演
接下来将给出一些重要的数论函数的狄利克雷卷积结果。
- \(\operatorname{Id}_k*\operatorname{I}=\sigma(k)\)。
- 推广：\(\Big(f*\operatorname{I}\Big)(n)=\sum\limits_{d \mid n} f(d)\)。
-
\(\varphi*\operatorname{I}=\operatorname{Id}\)。
-
\(\operatorname{I}*\operatorname{I}=\tau\)。
哎，这些东西会经常在莫反里面大放异彩。他们都有一个共同的性质——与 \(\operatorname{I}\) 卷积。
狄利克雷卷积与莫比乌斯反演
单位元相关……
你不需要知道单位元的具体定义。你只需要知道，如果一个函数 \(\omega\) 对于任意的数论函数 \(f\)，在狄利克雷卷积运算中，满足 \(f*\omega=f\)，则称 \(\omega\) 为狄利克雷卷积的单位元。
结论：狄利克雷卷积这一运算的单位元正是单位函数 \(\varepsilon(n)\)。
这个结论正确性显然。
上式直观地阐释了结论的正确性。
狄利克雷卷积与莫比乌斯反演
狄利克雷逆相关……
定义：如果数论函数 \(f,f^{-1}\) 满足 \(f*f^{-1}=\varepsilon\)，则称 \(f^{-1}\) 是 \(f\) 的狄利克雷逆。
然后是一些关于狄利克雷逆的重要的性质或者结论。
- 一个数论函数 \(f(n)\) 存在狄利克雷逆的充要条件是 \(f(1) \neq 0\)；
- \(f(n)\) 的狄利克雷逆如果存在，则一定有且仅有一个。
- 积性函数一定有狄利克雷逆，且其相应的狄利克雷逆也是积性函数。
狄利克雷卷积与莫比乌斯反演
长舒一口气，狄利克雷卷积的前置铺垫已经结束，接下来进入莫比乌斯反演。
先来聊莫比乌斯函数 \(\mu(n)\)，给出两种定义：
定义一
定义二
狄利克雷卷积与莫比乌斯反演
根据定义一，容易发现如下结论
简单按狄利克雷卷积定义式展开，有：
由上式，我们称 \(g(n)\) 是 \(f(n)\) 的莫比乌斯变换，\(f(n)\) 是 \(g(n)\) 的莫比乌斯反演。
狄利克雷卷积与莫比乌斯反演
你发现莫比乌斯函数是一个积性函数，所以莫比乌斯函数值可以直接线性筛预处理。
可能在应用上各位还有些问题，这边建议结合下面的例题食用。
最常见的应用就是，结合前面狄利克雷卷积的相关公式，起到一个推式子的作用。
例题
\(T\) 组多测，给定正整数 \(a,b,d\)，计算：
数据范围：\(1 \le T \le 5 \times 10^4 ,\ 1 \le d \le a,b \le 5\times 10^4\)。
Hint or sol
显然是莫反推式子。
数论分块即可。
留作习题？
建议诸位得空的时候，搜索一套莫反题单，全刷完就好了。
杜教筛
用于在优于线性时间复杂度求解数论函数的前缀和。
形式化地，对于数论函数 \(f(n)\)，求 \(\sum_{i=1}^{n}f(i)\)。
考虑构造一个数论函数 \(g\)，根据前文狄利克雷卷积的知识，有：
记住这个式子，后面要考。
杜教筛
你发现你构造的这个东西，可以写出一个神秘的递推式，形如：
（云落曾经对着这个式子一直在犯唐……）
综上所述，只要构造出的 \(g\) 性质很优，支持快速计算 \(\sum_{i=1}^{n}(f*g)(i)\) 以及 \(g(i)\) 的前缀和，就可以在优于线性的时间复杂度内解决这个数论函数前缀和的问题。
具体地，前者直接算，后者数论分块。
例题
给定 \(n\)，计算：
数据范围：\(1 \le n \le 10^{11}\)。
题解
和前面莫反的例题很类似，枚举约数 \(d\)，把 \([\gcd(i,j)=1]\) 的部分套个莫反，调整一下枚举上界……最后你会得到这样一个式子：
令 \(S(n)=\sum_{i=1}^{n} \varphi(i)\)，杜教筛板板题。
然后答案变成
这回是数论分块板板题。
杂《》选吃
之所以设计这个部分，主要是云落个人认为，数论相关例题不应当照着算法标签写题。
Round 1
\(T\) 组多测。给定 \(n,m\)，求 \([1,n!]\) 中与 \(m!\) 互质的数的数量。
答案对 \(p\) 取模，保证 \(p\) 是质数且 \(p>n\)。
数据范围：\(1 \le T \le 10^4 ,\ 1 \le m \le n \le 10^7\)。
Sol 1
形式化刻画答案，如下：
根据经典结论 \(\gcd(x,y)=\gcd(x+y,y)\)，如果存在一个 \(x \in [1,m!]\)，使得 \(\gcd(x,m!)=1\)，那么 \([km!+1,(k+1)m!]\) 范围内一定会唯一对应一个 \(x+km!\) 满足 \(\gcd(x+km!,m!)=1\)。这保证了上述式子的正确性。
然后把 \(m!\) 唯一分解了，写成 \(\prod {p_i}^{q_i}\) 的形式。
欧拉函数往里一带，\(m!\) 直接约掉，里面的 \(\prod\) 也就是四则运算的事，给分母求一求逆元就齐活了。
Round 2
给定一个序列 \(a\)，定义其权值为：
请你重排这个序列，最大化权值。
数据范围：\(1 \le n \le 10^5 ,\ 1 \le a_i \le 5 \times 10^6\)。
温馨提示：时限 \(4s\)，可以肆意挥霍。
Sol 2
记 \(f_i\) 表示目前前缀 \(\gcd\) 为 \(i\)，前缀 \(\gcd\) 和的最大值。
注意到重排后的序列上一定有一个性质，即对于任意一个前缀的 \(\gcd\)，这个前缀以外的数一定都不是这个 \(\gcd\) 的倍数（调整法易证）。
为了方便方程刻画，记 \(cnt_i\) 表示含有因子 \(i\) 的 \(a_i\) 的数量。
容易发现，对于一个 \(i\)，你可以枚举它的所有倍数 \(j\) 作为转移来源，而对答案的贡献就一定是那些是 \(i\) 的倍数但不是 \(j\) 的倍数的数，即 \(cnt_i-cnt_j\)。因此，转移方程如下：
时间复杂度 \(O(V \ln V)\)，其中 \(V\) 表示值域。
Round 3
\(T\) 组多测。给定四个整数 \(a,b,c,d\)，从区间 \([a,b]\) 和 \([c,d]\) 中任选两个整数 \(x\) 和 \(y\)，求 \(\gcd(x,y)\) 的最大值是多少。
数据范围：\(1 \le T \le 10^3 ,\ 1 \le a,b,c,d \le 10^9\)。
Sol 3
数论题特有的阴间数据范围，线性筛没什么前途，所以想到枚举这个神秘的 \(\gcd\)。
你发现如果一个 \(\gcd\) 合法，那么在 \([a,b]\) 和 \([c,d]\) 中一定有它的倍数。
判断一个区间 \([l,r]\) 是否存在 \(x\) 的倍数，经典套路之判断下列式子的合法性。
稍微整理一下，得到：
重要的进一步转化——
分别带入 \(a,b,c,d\)，有：
根据上面的式子，我们就没有必要线性复杂度枚举 \(x\) 了，套一个简单整除分块
即可，时间复杂度根号量级。
Round 4
\(T\) 组多测。给定 \(n,m\)，求序列 \(a_1,a_2,\dots,a_n\) 有多少种和小于等于 \(m\) 的方案，方案数对 \(19491001\) 取模。
数据范围：\(1 \le n,m \le 10^{18}\)。
Round 5
给定 \(n\)，计算：
数据范围：\(1 \le n \le 10^6\)。
同时展示了两个题，第一个题还是太简单了。
Sol 4
给诸位投喂一个模板题换换口味。
答案是 \(C_{n+m}^{m} \bmod 19491001\)，模数大小区区 \(10^7\)，当然可以卢卡斯定理。
Sol 5
重要结论：不妨设 \(a \ge b\)，有 \(\gcd(a,b) \le a-b \le a\oplus b\)。
令 \(d=a-b\)，枚举 \(d\)，枚举 \(d\) 的倍数，每次 \(O(1)\) 判断异或的取等条件，时间复杂度 \(O(n \ln n)\)。
原题有多测，还需预处理答案的差分数组；数据范围 \(10^7\)，但是时限 \(5s\)。
Round 6
给定 \(n\)，计算：
数据范围：\(1 \le n \le 10^{10}\)。
Sol 6
莫反发力，也有更简单的做法。限于篇幅，这里介绍后者。莫反做法去参考相关题解。
考虑狄利克雷卷积告诉我们的重要结论（在欧拉函数那一部分也出现过了）。
说人话就是——
嗯，记住这个式子。
那么，还是对 \(\gcd(i,j)\) 的部分动手术。
然后就是经典套路，交换求和顺序，把枚举 \(d\) 丢到前面去，有：
还是经典套路，枚举倍数等价于先把数提出来再枚举“倍”，有：
其中记 \(B=\lfloor \frac{n}{d} \rfloor\)。
继续转化这个式子，先合并，再分裂，有：
后面的可以简单整除分块维护，前面的容易想到杜教筛。
问题转化为如何构造一个合适的数论函数 \(g(d)\)，使得可以快速计算 \(f*g\)。
为了方便维护，我们肯定不希望 \(f*g\) 的函数内部出现一些神秘的东西，让 \(f*g\) 里只出现变量 \(n\) 应当是上上策。
然后你发现 \(f\) 的后面有个 \(d^2\)，尝试构造 \(g\) 把它消掉，比如令 \(g=\operatorname{Id}_2\)，因此有：
好了，求 \(f*g\) 等价于求立方和，求 \(g\) 的前缀和等价于求平方和。
剩下的就是代码实现了，依旧是依照题意写代码。
Round 7
定义 \(f(x)\) 为满足 \(ijk=x\) 的三元组 \((i,j,k)\) 个数。给定 \(n\)，求 \(\sum_{i=1}^{n}f(i)\)。
数据范围：\(1 \le n \le 10^{10}\)。
一题多解，建议深度思考。
Sol 7
-
朴素做法（难度：黄）
-
数论分块（难度：蓝）
-
莫反 \(+\) 杜教筛（难度：紫）
莫比乌斯反演 \(+\) 杜教筛做法
形式化一下目标答案，有：
然后后面这坨可以改写称枚举 \(i\) 的倍数，形如：
典中典之交换求和号，得：
注意到里面的式子与约数 \(i\) 无关，所以有：
其中 \(d(x)\) 表示 \(x\) 的约数个数。
显然可以数论分块，问题转化为快速求 \(d(x)\) 的前缀和。
根据狄利克雷卷积相关内容，有 \(d * \mu = \operatorname{I}\)。
那么套一层莫反之后，就得到了 \(d(x)\) 前缀和的式子，如下：
嗯？怎么变成莫比乌斯函数的前缀和了？没关系，再来一个杜教筛与数论分块就好了。
时间复杂度 \(O(???)\)。
简单的问题复杂化，复杂的问题抽象化，抽象的问题离谱化，离谱的问题____化？
数论分块做法
还是推式子，这次少推一点。
经典数论分块的形式，问题又双叒叕转化为了求约数个数函数的前缀和。
为了方便表述，记 \(S(n)=\sum_{i=1}^{n} d(i)\)。
难道我们又要莫反杜教筛吗？不，我们还有小清新分治做法。
如果 \(n \le 10^7\)，可以直接预处理 \(S(n)\)。
而如果 \(n>10^7\)，你发现可以推式子（依据是 \(\operatorname{I} * \operatorname{I}=d\)），有：
然后你大可以对这么个式子数论分块，于是乎就做完了。
朴素做法
啧，考虑对 \((i,j,k)\) 简单分讨（分讨后有序三元组转化为无序三元组）。
-
\(i \neq j \neq k\)，对答案的贡献为 \(6\)，枚举 \(i,j\) 即可。
-
\(i = j \neq k\)，枚举 \(i\) 即可。
-
\(i=j=k\)，无需枚举，直接计算贡献。
时间复杂度 \(O(n^{\frac{2}{3}}+n^{\frac{1}{2}}+n^{\frac{0}{1}})\)。
真是，难评。
杂《》选吃的题单
P2155
CF1614D2
P3579
P5160
UVA12716
P3768
P10239
完结撒花！
浙公网安备 33010602011771号