数论练习题

数论配套练习题
小结&后记

数论配套练习题

该文是我整理的数论毒瘤好题，遇到不熟悉的知识可以查阅这三篇文章：数论上，数论中，数论下。

在后期我可能会陆陆续续添加一些新的好题进来，可以认为是一篇长期更新的文章。

这些题目会相对综合。比较板的题目都在前面三篇文章的例题里面。

考虑到 CF 和 AT 要人机验证，于是放的题目链接都是洛谷的。还有一些神秘联考题可能没有题目链接。

我个人认为有些题其实口糊一下就可以了，不是每个题目都必须要写一遍代码才行的。

P2312 NOIP 2014 提高组解方程 - 洛谷

先来个诈骗题热身。

题意：已知多项式方程：$a_0+a_1x+a_2x^2+\cdots+a_nx^n=0$ ，求这个方程在 $[1,m]$ 内的整数解（$n$ 和 $m$ 均为正整数）。

$0<n\le 100,|a_i|\le 10^{10000},a_n≠0,m<10^6$。

首先高次方程没有求根公式，只能暴力枚举答案。

第一想法是直接 $O(nm)$ 枚举，结果发现 $a_i$ 太大了。

考虑哈希。

直接随便选几个数作为模数，最好是质数或是互质的数，，枚举 $x\in[1,m]$，如果在取模意义下带入 $x$ 后，上式都为 $0$，就认为 $x$ 合法。

这种取模的思想本质上是 CRT ，也可以认为是哈希。非常的有用。甚至还可以用来卡空间。

P1072 NOIP 2009 提高组 Hankson 的趣味题 - 洛谷

已知正整数 $a_0,a_1,b_0,b_1$，设某未知正整数 $x$ 满足：

$x$ 和 $a_0$ 的最大公约数是 $a_1$；

$x$ 和 $b_0$ 的最小公倍数是 $b_1$。

求出满足条件的 $x$ 的数量。

$1 \leq a_0,a_1,b_0,b_1 \leq 2 \times 10^9$ 且 $n≤2000$。

数据范围表示可以直接分解质因数，甚至可以直接用加上了剪枝的试除法来分解。

为了方便表示，我们记 $n$ 分解出来的质因子 $p$ 有 $v_p(n)$ 个。

分解了质因数后再看这两个限制：

$x$ 和 $a_0$ 的最大公约数是 $a_1$

对每个质因子分开考虑，假设现在在考虑的质因子是 $p$。

如果 $v_p(a_0) < v_p(a_1)$，则 $v_p(x) = v_p(a_1)$.

如果 $v_p(a_0) = v_p(a_1)$，则 $v_p(x) \le v_p(a_1)$.

如果 $v_p(a_0) > v_p(a_1)$，则无解.

$x$ 和 $b_0$ 的最小公倍数是 $b_1$。

是类似的，我懒得写了。

这个题告诉我们，与约数有关的题，分解质因数是一个突破口。

P8255 NOI Online 2022 入门组数学游戏 - 洛谷

简化题意：对于 $z=x\times y\times \gcd(x,y)$，已知 $x,z$ ，求 $y$，或判断无解。$x\le1e9,z\le1e18$. 有 $5e5$ 组数据。

一个初步的想法是：先把 $z,x$ 因式分解了，观察 $x$ 和 $z$ 的每一个分解出来的因数的次数的大小关系，就可以得到 $y$。但是因式分解 $z$ 就已经超时。

更聪明一点的知道还可以多推一下式子。

设：

\[\begin{aligned} d &= \gcd(x,y)\\ x' &= x / d,y'=y/d\\ z &= d^3 \times x' \times y'\\ z' &= z / x = d^2\times y'\\ \gcd(x^2,z') &= d^2\\ y &= \frac{z}{\sqrt{\gcd(x^2,z')}\times x} \end{aligned} \]

注意，直接 $\gcd(x,z')$ 可能不是 $d$ ，因为 $x'$ 其实可能有不止一个 $d$ 这个因子。

这个题告诉我们，与约数有关的题，如果不能分解质因数，可以考虑是否能直接求 $\gcd$ 再推式子做，因为求 $\gcd$ 的复杂度远远小于分解质因数的复杂度。

讲个笑话，我代码里面把 $x^2$ 写成了 x ^ 2 ，调了巨久。

T661221 买买题（muhammad）

题意：给定 $a,b,p$，求在 $[1,x]$ 中有多少 $n$，满足：

\[n*a^n\equiv b \pmod p \]
$1\le x\le10^{12},1\le a,b,p \le 10^9,\varphi(p) \le10^7$，保证 $p$ 与 $a$ 互质。

注意到 $\varphi(p)$ 比较小，这启示我们可以对 $a^n\pmod p$ 取值不同的那些数分别考虑。

于是枚举 $n\in[0,\varphi(p))$ ，这样 $a^n$ 这一项就固定了，只用考虑对于固定的 $n$，有多少个 $k$ 满足 $(n+k\varphi(p))a^n\equiv b\pmod p$ 即可。

简单整理一下式子有：$k\varphi(p)\equiv b*a^{\varphi(p)-n}-n\pmod p$ 。

利用可除性的结论，如果有解，可以得到 $k\pmod {{p\over\gcd(\varphi(p),p)}} $ 的唯一解，总共有 $x - k \over {p\over\gcd(\varphi(p),p)}$ 个。

继续推式子有希望做到 $O(\log p)$ 。比较麻烦。

这道题启示我们，可以通过枚举某个未知量简化问题。

AT_agc063_d Many CRT - 洛谷

给定正整数 $N,\ a,\ b,\ c,\ d$。

请判断是否存在非负整数 $x$，使得对于所有 $k=0,1,\ldots,N-1$，都有 $x\equiv a+kb\pmod{c+kd}$。如果存在，请输出所有满足条件的 $x$ 中最小的一个对 $998244353$ 取模的结果；如果不存在，请输出 $-1$。

$2\leq N\leq 10^6$，$1\leq a,b,c,d\leq 10^6$

瞎口胡一下。

这是一个解特殊的同余方程组的题目。

首先模数不一定互质，所以普通 CRT 有问题。

因为 exCRT 过程中需要一直用 exgcd，这导致无法在过程中让过程量对 $998244353$ 取模，会爆 long long，我认为可能不太好做。

发现这个相对于普通同余方程，有一定的特殊性质，考虑从这里突破。

解同余方程组时，如果只有模数是不同，其它数都是定值，就会比较好做。考虑转化一下题目给出的式子。

\[\begin{aligned} x&\equiv a+kb&\pmod{c+kd}\\ xd&\equiv ad+kbd&\pmod{c+kd}\\ xd&\equiv ad+kbd - (cb+kdb)&\pmod{c+kd}\\ xd&\equiv ad - cb&\pmod{c+kd}\\ \end{aligned} \]

设 $M=\prod_k (c+kd)$，则此时只用把 $d$ 除过去就得到了 $x$。~~感觉这一步是小学奥数？~~

首先根据可除性，把 $d$ 和 $M$ 的公因子除掉，这时候顺便还把无解判了，设 $d$ 去掉除公因子后是 $d'$，只用把 $d'$ 的逆元乘过去即可。

求公因子这一步虽然使用欧几里得算法会爆精，但是可以直接使用分解质因数，这是可以接受的。

发现乘逆元这一步其实还不好搞，这一步比较人类智慧：

枚举 $y$，当满足 $ad - cb + yM'$ 有 $d'$ 这个因子的时候，把 $d'$ 除过去，就能得到 $x$。

也就是要求满足 $ad - cb + yM' \equiv 0 \pmod {b'}$ 的最小的 $y$，这时候可以先把 $M'$ 对 $b'$ 取模，之后得到 $y$ 是容易的。

这个题告诉我们，同余方程组不一定要用 CRT 来求，也体现出了 exgcd 和 exCRT 无法显性地得到一个答案的表达式这个劣势。

AT_agc050_e Three Traffic Lights

详见：https://www.cnblogs.com/water-flower/p/19249590

P6610 Code+#7 同余方程 - 洛谷

$n$ 组询问，每组询问给出 $x,p$ ，统计满足下面这个同余方程的 $a,b$ 组数。

\[a^2+b^2\equiv x \pmod p \]
保证 $\mu(p) \neq 0$ ，并且 $p$ 是奇数。$n\le1e5,x,p\le1e7$

对 $p$ 的这个限制暗示我们可以先考虑 $p$ 是奇素数的情况，然后用 CRT 合并。

~~然后直接打表瞪出 p 是奇素数时候的结论，而且这个题的结论应该比较好瞪出来（~~

稍微转化一下题意：令 $c=a^2,d = b^2$，则 $c+d \equiv x$，直接对合法 $c,d$ 进行统计。条件变成 $c+d \equiv x$ ，并且 $c,d$ 都是二次剩余或 0。

如果 $c$ 是二次剩余，那么一个 $c$ 对应两个 $a$。$d$ 也同理。

这时候，我们可以认为 $c$ 是二次剩余就照成 2 的贡献，是 0 照成 1 的贡献，不是二次剩余照成 0 的贡献。

然后就可以直接对满足 $c+d \equiv x$ 这一个条件的 $c,d$ 把它们的贡献乘起来即可。

发现这个贡献的表达式，恰好就是勒让德符号 $\left(\dfrac{c}{p}\right)$ + 1！这是一个非常重要的观察。（反正我就是被卡在这里了）

所以一组 $c,d$ 的贡献就是 $(c^{p-1\over2}\bmod p + 1)(d^{p-1\over 2}\bmod p + 1)$。（注意模 $p$ 在括号内部！这只是用欧拉准则在描述贡献！）

答案即为：

\[\sum_{c=0}^{p-1}(c^{p-1\over2}\bmod p + 1)((x-c)^{p-1\over 2} \bmod p+ 1) \]

接下来就是按照套路化式子了！

\[\begin{aligned} &\sum_{c=0}^{p-1}(c^{p-1\over2}\bmod p + 1)((x-c)^{p-1\over 2} \bmod p+ 1) \\=& \sum_{c=1}^{p-1}(c^{p-1\over2}\times (x-c)^{p-1\over 2} \bmod p)+\sum_{c=0}^{p-1}c^{p-1\over2}\bmod p + \sum_{c=0}^{p-1}(x-c)^{p-1\over2}\bmod p + \sum_{c=0}^{p-1}1 \end{aligned} \]

根据二次剩余的结论，在 $p$ 的剩余系中，二次剩余的数量等于非二次剩余的数量，所以 $\sum_{c=0}^{p-1}c^{p-1\over2}\bmod p=\sum_{c=0}^{p-1}(x-c)^{p-1\over2}\bmod p = 0$，于是第二三个和式就没了。第四个和式等于 $p$，于是现在只有第一项比较棘手，考虑继续化式子。注意第一项中 c 等于 0 的那项为 0，被提前判掉了，这是为了让后面推导方便。~~是哪个小可爱一开始搞忘判 0 导致做不出来我不说~~

\[\begin{aligned} &c^{p-1\over2}\times (x-c)^{p-1\over 2} \bmod p \\=&c^{p-1\over2}\sum_{k=0}^{p-1\over2}x^k(-1)^{{p-1\over2}-k}c^{p-1\over2}c^{-k}\binom{p-1}{k} \bmod p \\=&c^{p-1\over2}c^{p-1\over2}\sum_{k=0}^{p-1\over2}(xc^{-1})^k(-1)^{{p-1\over2}-k}\binom{p-1}{k}\bmod p \\=&(xc^{-1}-1)^{p-1\over2}\bmod p \end{aligned} \]

一下子变简洁了许多。这里有组合意义证明，但过于不自然，这里不讲。

对于 $\sum_{c=1}^{p-1}(xc^{-1}-1)^{p-1\over2}\bmod p$，$c$ 的取值在 $[1, p-1]$ ，根据质数下逆元与数一一对应的性质，$c^{-1}\in[1,p-1]$，因为 $p$ 是质数，类似于费马小定理的证明，可知 $xc^{-1}\in[1,p-1]$ ，所以 $xc^{-1}-1\in[0,p-2]$。因为 $\sum_{c=0}^{p-1}c^{p-1\over2}\bmod p = 0$，容易得到 $\sum_{c=1}^{p-1}(xc^{-1}-1)^{p-1\over2}\bmod p=0-(p-1)^{p-1\over 2}\bmod p$。

细心的同学会发现 $x = 0$ 的时候答案需要特判，是 $(p-1)(-1)^{p-1\over2}$。

现在对于一个奇素数的答案已经可以 $O(1)$ 计算了，考虑如何 CRT 合并。

发现根据 CRT 的那个公式，每个奇素数取模意义下，一组合法的 $a,b$，都一一对应原模数下的一组合法 $a,b$。（经典套路）

代码极短。

这个题的剩余系思想，和数论下的计数转贡献的思想非常的牛逼，最后还运用了 CRT 一一对应的性质，好题难得呀。

完结撒花 ~

P4000 斐波那契数列 - 洛谷

题意：求斐波那契数列的第 n 项对 p 取模，但是 $n\le10^{3e7},p\le2^{31}$.

斐波那契数列通项公式：$F[n]=\dfrac{\sqrt{5}}{5}\left[\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^{n}-\left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^{n}\right]$，（详见我生成函数的博客）

首先因为 $p$ 的剩余系里面总共就 $p$ 个数，这个题里面， $5$ 可能没有二次剩余，所有要把 $\sqrt 5$ 当成虚根，但这样也只有 $O(p^2)$ 个本质不同的数。这说明 $\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^{n}$ 肯定是有循环的，并且循环节大小还与 $n$ 无关。只要能快速确定循环节大小即可解决问题。

不过如果暴力遍历 $\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^{n}$ 形成的环肯定还是爆炸。

这时候出现了两种主流做法：

第一种是根据生日悖论，

根据生日悖论，只要随机撒点，期望只需要 $\sqrt {\pi(p)}$ 次就找到两个对 $p$ 取模相同的 $\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^{k}$ 两个 $k$，这里 $\pi(p)$ 是模 $p$ 的循环节大小。然后有一个结论是斐波那契数列的循环节大小是 $O(p)$ 的，证明应该还是得用到第二种方法的推导，不过可以凭借信仰，相信这个循环节并不大。于是直接开个 map，随机化找循环节即可。

第二种是大力推导 p 的循环节关于 p 的公式，

参考：题解 P4000 【斐波那契数列】 - 洛谷专栏

设 $u = \left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^{n},v=\left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^{n}$.

$5$ 在模 $P$ 意义下有二次剩余

循环节是 $\varphi(p)$ 因子，不必多说。

$P$ 是质数

类似于二次剩余的 cipolla 算法地，可以得到 $(a+bi)^{p+1}\bmod p$ 是实数，那么至少 $(p+1)*\varphi(p)$ 是一个循环节，其实通过进一步的推导得到，$2p+2$ 也是一个循环节，于是也很好做。

P 是某个质数 $p$ 的次幂，也就是 $p^k$.

这个是最棘手的。

先来个引理，$a\equiv 1\pmod p \Rightarrow a^{p^k}\equiv 1\pmod {p^{k+1}}$.

考虑数学归纳（呜呜呜，开始耍赖），考虑如何从 $k$ 推到 $k + 1$。

先转成不定方程的形式 $a^{p^k} = mp^{k+1} + 1$，然后给两边同时 $p$ 次方。

\[a^{p^kp} = (mp^{k+1}+1)^p \]

然后把右边对 $p^{k+2}$ 取模。

按照套路，把右边二项式展开，然后把有 $p^{k+2}$ 这个因子的那些项丢掉，然后惊人的发现，只有 $1$ 这一项还活着。

于是有 $a^{p^{k+1}} \equiv 1\pmod {p^{k+2}}$

有了这个以后，$P$ 的循环节大小就是 $p$ 的循环节大小的 $p^{k-1}$ 倍.

P 的一般情况

直接把 P 分解质因数，对于每一个 $p_i^{c_i}$，都能得到他的一个循环节，循环节的倍数还是循环节。

于是可以就出每个 $p_i^{c_i}$ 的循环节长度，然后求 $lcm$ 即可。

于是搞到了 P 的循环节的一般公式，做完了。

听说有人直接暴力卡常卡过了，挺佩服的。

这个题告诉了你，遇到神秘式子对 p 取模时，该如何得到它的对 p 的循环节，把问题的复杂度降到只与 p 有关。

[P7325 WC2021] 斐波那契 - 洛谷。这个题好像就是本题套上一个模数的可除性。没仔细看，或许是这样的。

CF1190F Tokitsukaze and Powers

简化题意：求满足以下条件的 $x$ 的数量：

$x\in[0,m-1]$

$x\bot m$

不存在 $e$ 使得 $p^e\equiv x\pmod m$

$p,m\le10^{18}$，保证 $m$ 是质数的幂。

还要输出 $n$ 个可行的 $x$，$n\le5\times 10^5$。

如果 $p,m$ 不互质，那么，根据可除性，第三个限制根本没有用，$x$ 有 $\varphi(m)$ 个。

否则，可行的 $x$ 的数量就是 $\varphi(m) - \delta_mp$。

因为 $m$ 是质数的幂，所以 $m$ 是非常好分解质因数的，同样， $\varphi$ 和 $\delta$ 可以通过 Pollard_Roll 分解质因数来求，所以判无解并不困难。

最大的问题在于如何快速得到一些可行的 $x$ 。

首先，如果 $m$ 很小时，比如 $m\le 10^6$ ，这时候可以直接把所有 $p^e\bmod m$ 全部跑出来，然后输出剩下那些与 $m$ 互质的数。

如果 $m$ 比较大，则还需要分讨一下。

$m$ 有原根

先随机化抓一个 $m$ 的原根 $g$，再设 $p \equiv g^a$，于是有：

\[p^e\equiv g^{ae} \]

再假设 $x\equiv g^k$。

$x$ 等于某个 $p^e$ 当且仅当 $k\equiv ae\pmod {\varphi(m)}$。

根据可除性（详见），$k$ 只要没有 $\gcd(a,\varphi(p))$ 这个因子即可。

于是随便抓 $5\times10^5$ 个满足条件的 $k$，输出 $g^k$ 即可。

问题在于用 BSGS 求 $a$ 会 TLE，考虑换个方法。

因为有 $p^{\delta_mp}\equiv 1$ 和 $g^{\varphi(m)}\equiv 1$ ，又有 $\delta_mp \mid \varphi(m)$ 和 $p\equiv g^a$，于是 $\varphi(m)\mid a\times\delta_mp$。

于是 $a\times\delta_mp = c\times \varphi(m)$。

取 $c = 1$，那么 $\dfrac{\varphi(m)}{\delta_mp}$ 就是一个合法的 $a$。

（ps：$m$ 的原根 $g$ 有很多个，但是这里的 $a$ 的表达式竟然与 $g$ 无关！不过从 $n$ 此剩余的角度来说，其实解的数量是对得上的，所以不奇怪。这也说明了原根可以用 $n$ 次剩余解出来）

这一步有一个弱化版：P5605 小 A 与两位神仙 - 洛谷。就是要求计算 $a$，然后用可除性判一下是否有解即可。

$m$ 无原根

也就是说 $m$ 是 $2$ 的次幂。

一个重要发现是，如果 $m > 10^6$ ，合法的 $x$ 数量远远大于 $5\times10^5$，所以可以只思考如何找一个 $x$ 合法的合适的充分条件即可。

可以对 $p\bmod 4$ 进行分讨。

$p\bmod 4 = 1$

那么 $p^e\bmod 4 = 1$。

只抓 $5\times10^5$ 个 $x\bmod 4 = 3$ 的 $x$ 即可。

$p\bmod 4 = 3$

发现 $p^e\bmod 4$ 是 $1,3$ 交替的。这一步是最难的。

首先 $2$ 的次幂是没有原根的。每个数的阶又一定是 $\varphi(p)$ 的因子，这说明每个数的阶最大只能是 $\varphi(p)/2$ 。（注意此时偶数没有阶）

然后 $p^e\bmod 4$ 还 $1,3$ 交替，所以 $p^e\bmod 4$ 等于 $1$ 的最多只有 $\varphi(p)/4$ 个，也就是最多只包含 $\bmod 4 = 1$ 这个集合中一半的数量。

打表可以发现，无论 $m$ 怎么变，$5$ 的阶永远是 $\varphi(p)/2$。要证明这个结论需要升幂引理或数学归纳法。

这说明，对于每个$\bmod 4 = 1$ 的数，都同余一个 $5$ 的次幂。

所以可以认为 $5$ 是一个原根的替代品，再用有原根的方法做即可。

并且用上述方法至少可以求出 $\varphi(p)/4$ 个合法的 $x$ 。

完结撒花 ~

余数（来自联考）

做出这个题你数论上这部分就通关啦！

题意：给定 $k,m$，询问 $x^k\pmod m$，有多少种不同的取值。$k,m$ 巨大无比，只给出了 $k,m$ 的因式分解式，具体来说 $k,m$ 都有 $2e5$ 个不大于 $1e7$ 的因子，每个因子的次幂不大于 $1e9$。因为笔者不会做 $m$ 有 2 的因子的情况，所以 m 没有 2 这个因子。

设 $x^k\equiv n\pmod m$。

首先 $x=0,n=0$ 是一组合法解，这个最后在答案上加 1 即可，现在只求 $x,n$ 都是正整数的情况。

按照套路分讨 m。

m 是奇质数

那这就是个普通的 k 次剩余。

找到 m 的原根 g，于是设 $x=g^a,n=g^b$，于是 $ak\equiv b\pmod {\varphi(p)}$ ，根据可除性，有 $\dfrac{\varphi(p)}{\gcd(\varphi(p),k)}$ 个数有解。

m 是奇质数的幂

设 $m=p^c$ ，p 是质数。

$x$ 要么与 $m$ 互质，要么 $\gcd(x,m)=p^h,h\le c$，于是考虑枚举这个 $h$.

设 $\gcd(x^k,m)= p^d$。

根据上面的定义容易得到 $d=\min(kh,c)$.

根据可除性，$n$ 必须要有 $p^d$ 这个因子，否则无解。

可以大胆地做个除法，可以得到答案就是满足 $x^k/p^d\equiv n'\pmod{p^{c-d}}$ 的 $n'$ 的数量。

假设 $x=g^a,p^d= g^b,n'=g^e$，于是有 $g^{ak-b}\equiv g^e\pmod {p^{c-d}}$.

按照套路化式子能得到答案是 $\varphi(p^{c-d})/\gcd(\varphi(p^{c-d}),k)$。

写答案的式子：

\[\sum_{h=0}^{c}\frac{\varphi(p^{c-\min(kh,c)})}{\gcd(\varphi(p^{c-\min(kh,c)}),k)} \]

首先，$\varphi(p^k)=p^{k-1}(p-1)$，于是继续化式子：

\[\sum_{h=0}^{c}\frac{p^{c-\min(kh,c)-1}(p-1)}{\gcd(p^{c-\min(kh,c)-1}(p-1),k)} \]

然后因为 $p^{c-\min(kh,c)-1}$ 与 $p-1$ 互质（显然），可以把 $\gcd$ 拆了：

\[\sum_{h=0}^{c}\frac{p^{c-\min(kh,c)-1}(p-1)}{\gcd(p^{c-\min(kh,c)-1},k)\times \gcd(p-1,k)} \]

可以预处理出 k 中 p 的因子个数，假设 $k = a\times p^b$，于是 $\gcd(p^{c-\min(kh,c)-1},k) = p^{\min(b,c-\min(kh,c)-1)}$。

然后再把无关项提出来：

\[\frac{(p-1)}{\gcd(p-1,k)}\sum_{h=0}^{c}\frac{p^{c-\min(kh,c)-1}}{p^{\min(b,c-\min(kh,c)-1)}} \]

这个求和符号里面，前面是一个等差数列，后面跟一段 1，把 min 拆了就可以算。我懒得化式子了。

m 是二的次幂

题面里说了，我不会推这个的式子，因为 $2$ 的次幂没有原根。

但是可以打表观察发现，当 $k$ 是偶数时，答案只是把上面式子里面的 $p^{c-\min(kh,c)-1}$，全部变成 $p^{c-\min(kh,c)-2}$ 即可，$k$ 时奇数答案甚至不变。（这里认为 $p=2$）

原因尚不明确，疑似需要升幂引理，欢迎大佬给出证明。

m 是一堆质数幂的乘积（一般情况）

设 $m=\prod_ip_i^{c_i}$.

在每一个质数幂的合法解里面，各自选一个正整数解 $n_i$，于是有：

\[\begin{aligned} x^k&\equiv n_1\pmod{p_1^{c_1}}\\ x^k&\equiv n_2\pmod{p_2^{c_2}}\\ &...\\ x^k&\equiv n_i\pmod{p_i^{c_i}} \end{aligned} \]

根据中国剩余定理的结论，这些同余方程恰好可以合并出在 $\bmod \operatorname{lcm}_ip_i^{c_i}$ 的唯一解。这恰好是 $\bmod m$。

反过来，一组满足 $x^k\equiv n\pmod m$ 的合法 $x,n$ 也恰好对应一个上面的同余方程。

这说明，任意一组 $n_i$ 合法组合，都恰好对应上一个合法答案。

所以最终答案就是所有质数幂的解的数量乘起来。

被咕掉的题

[P1069 NOIP 2009 普及组] 细胞分裂 - 洛谷原因：太简单
[P6730 WC2020] 猜数游戏 - 洛谷原因：只有前半段是数论，后面统计答案是一个图计数

小结&后记

数论最大的两个板块时模运算和因数质数，有时可以尝试一下一些小定理。遇到一些题没有思路可以试着打表或分解质因数，或者转成其他板块的知识来解决。

一些常见的 Trick：

数论与打表有着密不可分的关系，所以遇到神秘数论题，请不要抗拒打表。例如 T340361 Fermat-2（这是一个比较极端的打表例子，仅供参考），P3951 小凯的疑惑 - 洛谷。
先考虑模数是奇质数时怎么做，再考虑奇质数的次幂怎么做，再考虑一堆奇质数乘起来怎么做，再考虑 $2$ 怎么做，在考虑 $2$ 的次幂怎么做，最后考虑一般情况。这几步里面，一般来说是有几步很简单，有几步会较为困难，从某一步推到下一步的时候，要找到上一步的方法不能用到这一步的原因，针对这个原因打补丁，也有时候需要换一个做法才走得通，这种时候不要害怕（比如 CRT 到 exCRT，就是直接换了个思路）。最后一步一般是用 CRT 把不同的模数下的值拼起来。这个是非常常见的数论做题思路。例如 P4000 斐波那契数列 - 洛谷。余数（来自联考）P6610 Code+#7 同余方程 - 洛谷。
要相信很多东西是有循环节的，最经典的应用就是拓展欧拉定理。但是要注意，有些时候有进入循环以前和循环节这两个部分。例如 P4621 BAKTERIJE - 洛谷，P4000 斐波那契数列 - 洛谷。
枚举某一个变量，使其固定，然后统计另一个变量的数量。例如 T661221 买买题（muhammad）。
有一个用质数来状压的 Trick，有些时候只关注每个物品的选择次数（如果只有 0/1，应选择二进制装压），而不关心选择的顺序，考虑用一个质数来代表一个物品，用次幂来代表选择次数，这样一个整数就能唯一确定一个状态，一般用 1 代表空集。这时候 $\gcd$ 与 $\min,or$ 这种东西比较有关系。
有些数论函数具有势能，比如 $\gcd,\bmod$ 操作每次会导致当前数不变或至少减半；$\varphi(\varphi(\varphi(...)))$ 这个东西只会嵌套 $O(\log n)$ 此就会变成 1；$\mu$ 只要有平方因子出现就会变成 0。
可以 dfs 出每个质数的指数。例如 PN 筛。
式子推不动了可以考虑转图论或 dp。莫反有时候可以转莫队，~~莫莫一家亲~~。

一些没整理的东西，大多是因为属于非常偏数学的知识，在 OI 中很罕见的。~~虽然有些 OI 中很没用的东西也可能被我整理进来~~。比如一些特殊的数（费马数，卡迈克尔数，完全数，梅森数），一些定理（费马大定理），丢番图，连分数，SB 数（SB可能还是有用的，在这里可以看），高斯整数（数论版的虚数），还有一些与平方和有关的东西，升幂引理。

特别强调升幂引理，虽然我没有整理，但是这玩意可以处理从质数到质数的幂这一步，所以是有用的，但是我没学会，所以没有写。

posted @ 2025-10-09 12:16 花子の水晶植轮daisuki 阅读(14) 评论(1) 收藏举报

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