简单数论
exgcd
求解形如ax+by=c的方程的一组解
则:
\[x=x_0+\frac{b}{(a,b)}t,t\in Z
\]
void exgcd(ll a,ll b) {
if(!b) {
x=1,y=0;
return;
}
ll k=a/b; exgcd(b,a-k*b);
ll t=x; x=y,y=t-k*y;
}
同余方程
合并方程（见小本本）
模板
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
ll gcd(ll a,ll b) {
return !b?a:gcd(b,a%b);
}
ll x,y;
void exgcd(ll a,ll b) {
if(!b) {
x=1,y=0;
return;
}
ll k=a/b; exgcd(b,a-k*b);
ll t=x; x=y,y=t-k*y;
}
inline ll ksj(ll a,ll b,ll p) {
ll ret=0;
while(b) {
if(b&1) ret=(ret+a)%p;
a=(a+a)%p,b>>=1;
}
return ret;
}
int n;
int main() {
while(scanf("%d",&n)!=EOF) {
ll qp,qa; scanf("%lld%lld",&qp,&qa);
bool fl=0;
for(int i=2;i<=n;i++) {
ll p,a; scanf("%lld%lld",&p,&a);
if(!fl) {
if(qa<a) {
swap(qp,p),swap(qa,a);
}
ll g=gcd(qp,p);
if((qa-a)%g) {
fl=1; continue;
}
p/=g;
exgcd(qp/g,p);
x=(ksj(x,((qa-a)/g),p)+p)%p;
ll t=qp*p;
qa=(qa-ksj(qp,x,t)+t)%t;
qp=t;
}
if(fl) puts("-1");
else printf("%lld\n",qa);
}
return 0;
}
BSGS
求解最小的x形如
\[A^x=B(\% p)
\]
若(A,p)=1,则只需要判断\(x\in [0,\phi(p))\)
可以用分块的思想，将其分成\(a\times \sqrt n+b,b\in [0,\sqrt n)\)
然后用hash存储b，枚举a，用exgcd判断
若(A,p)!=1，则需要使(A,p)=1
可将方程写成：
\[A^x+py=B
\]
两边一直同除(A,p)即可，若(A,p)不能整除B，则无解
注意：如果存在\(A=0\),需要特判\(A=0\)的情况(因为exgcd时会使解x为0，可以找到对应的\(b\),而实际上答案只有两种\(0^0=1,0\),无解)
模板
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
int gcd(int a,int b) {
return !b?a:gcd(b,a%b);
}
ll x,y;
void exgcd(int a,int b) {
if(!b) {
x=1,y=0;
return;
}
int k=a/b; exgcd(b,a-k*b);
ll t=x; x=y,y=t-k*y;
}
unordered_map<int,int>mp;
int a,p,b;
int bsgs() {
int g=gcd(a,p),c=1,num=0;
for(int g=gcd(a,p);g>1;g=gcd(a,p)) {
if(b%g) return -1;
b/=g,p/=g;
c=(ll)c*(a/g)%p;
num++;
}
int m=sqrt(p); mp.clear();
int t=1;
for(int i=0;i<m;i++,t=(ll)t*a%p) {
if(!mp.count(t)) {
mp[t]=i;
}
}
for(int i=0;(i+1)*m<=p;i++,c=(ll)c*t%p) {
exgcd(c,p);
x=((ll)x*b%p+p)%p;
if(mp.count(x)) {
return i*m+num+mp[x];
}
}
return -1;
}
int main() {
while(scanf("%d%d%d",&a,&p,&b),a!=0||b!=0||p!=0) {
int ans=bsgs();
if(ans==-1) puts("No Solution");
else printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}
例题1
求出通项公式（见本本）后BSGS(注意分类讨论)
WA了2次:
- 忘记特判a=1的情况（除0）
- 忘记特判a=0的情况（使不可能变为可能）
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
int a,p,b,x1,Y1,t;
inline int ksm(ll a,int b) {
ll ret=1;
while(b) {
if(b&1) ret=ret*a%p;
a=a*a%p,b>>=1;
}
return ret;
}
ll x,y;
void exgcd(int a,int b) {
if(!b) {
x=1,y=0;
return;
}
int k=a/b; exgcd(b,a-k*b);
ll t=x; x=y,y=t-k*y;
}
unordered_map<int,int>mp;
int bsgs() {
int m=sqrt(p); mp.clear();
int t=1;
for(int i=1;i<=m;i++) {
t=(ll)t*a%p;
if(!mp.count(t)) mp[t]=i;
}
int c=1;
for(int i=0;i*m<=p;i++,c=(ll)c*t%p) {
exgcd(c,p);
x=((ll)x*b%p+p)%p;
if(mp.count(x)) {
return i*m+mp[x];
}
}
return -1;
}
int main() {
int T; scanf("%d",&T);
for(int e=1;e<=T;e++){
scanf("%d%d%d%d%d",&p,&a,&b,&x1,&t);
if(a==0) {
if(x1==t) {
puts("1");
} else if(b==t) {
puts("2");
} else {
puts("-1");
}
continue;
}
if(a==1) {
t=(t+b-x1)%p;
if(!b) {
if(!t) puts("1");
else puts("-1");
continue;
}
exgcd(b,p);
x=(x%p*t%p+p-1)%p+1;
printf("%lld\n",x);
continue;
}
int tmp=(ll)b*ksm(a-1,p-2)%p;
Y1=(tmp+x1)%p;
if(!Y1) {
if((tmp+t)%p) {
puts("-1");
} else puts("1");
continue;
}
b=((ll)(t+tmp)*a%p*ksm(Y1,p-2)%p+p)%p;
int ans=bsgs();
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}
Lucas
-
若p是质数，
\[C_n^m=C_{n\%p}^{m\%p}\times C_{n/p}^{m/p} \] -
反之，需要exLucas（质因子分解后扩展合并方程，将p提出即可，具体见小本本）
模板
Wa了一次：\(\%p^a\) 手贱写成了\(\%p\)
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
ll n,m;
inline int ksm(ll a,ll b,int p) {
ll ret=1;
while(b ){
if(b&1) ret=ret*a%p;
a=a*a%p,b>>=1;
}
return ret;
}
const int N=2e6+5;
int jc[N];
inline int ask(ll x,int p,int pa) {
if(x==0) return 1;
return (ll)ksm(jc[pa],x/pa,pa)*ask(x/p,p,pa)%pa*jc[x-(x/pa)*pa]%pa;
}
inline int work(int p,int pa) {
ll k1=0,k2=0,k3=0;
for(ll i=p;i<=n;i*=p) {
k1+=n/i;
}
for(ll i=p;i<=m;i*=p) {
k2+=m/i;
}
for(ll i=p;i<=n-m;i*=p) {
k3+=(n-m)/i;
}
jc[0]=1;
for(int i=1;i<=pa;i++) {
jc[i]=jc[i-1];
if(i%p) jc[i]=(ll)jc[i]*i%pa;
}
int phi=pa/p*(p-1);
return (ll)ask(n,p,pa)*ksm(ask(n-m,p,pa),phi-1,pa)%pa*ksm(ask(m,p,pa),phi-1,pa)%pa*ksm(p,k1-k2-k3,pa)%pa;
}
ll x,y;
void exgcd(int a,int b) {
if(!b) {
x=1,y=0;
return;
}
int k=a/b; exgcd(b,a-k*b);
ll t=x; x=y,y=t-k*y;
}
int main() {
int t;
scanf("%lld%lld%d",&n,&m,&t);
int qa=0,qp=0;
for(int p=2;p<=sqrt(t);p++) {
if(t%p==0) {
int pa=1;
for(;t%p==0;t/=p) pa=pa*p;
if(!qp) {
qp=pa,qa=work(p,pa);
} else {
int a=work(p,pa);
exgcd(pa,qp);
x=(x*(a-qa)%qp+qp)%qp;
qp=qp*pa;
qa=((-x*pa+a)%qp+qp)%qp;
}
}
}
if(t>1) {
int p=t;
if(!qp) {
qp=p,qa=work(p,p);
} else {
int a=work(p,p);
exgcd(p,qp);
x=(x*(a-qa)%qp+qp)%qp;
qp=qp*p;
qa=((-x*p+a)%qp+qp)%qp;
}
}
printf("%d\n",qa);
return 0;
}
例题1
求解：求\(G^{\sum{d|n}\ C_n^d}\ mod\ 999911659\)
需要求\(\sum_{d|n}C_{n}^{d} mod 999911658\)
套用exLucas也行，但发现：999911658=2*3*4679*35617
所以只需要对这4个用Lucas求解，然后合并方程
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
const int p=999911659;
using namespace std;
inline int ksm(ll a,int b,int p) {
ll ret=1;
while(b) {
if(b&1) ret=ret*a%p;
a=a*a%p,b>>=1;
}
return ret;
}
const int N=40000;
struct A{
int p,inv[N],jc[N];
inline int C(int x,int y) {
if(x>y) return 0;
if(x<p&&y<p) {
// printf("%lld %lld %lld\n",jc[y],inv[x],inv[y-x]);
return (ll)jc[y]*inv[x]%p*inv[y-x]%p;
}
return (ll)C(x/p,y/p)*C(x%p,y%p)%p;
}
inline void init(int x) {
p=x;
inv[0]=inv[1]=1;
for(int i=2;i<x;i++) {
inv[i]=(ll)(p-p/i)*inv[p%i]%p;
}
jc[0]=1;
for(int i=1;i<x;i++) {
jc[i]=(ll)i*jc[i-1]%p;
inv[i]=(ll)inv[i]*inv[i-1]%p;
}
}
}c[5];
ll x,y;
void exgcd(int a,int b) {
if(!b) {
x=1,y=0;
return;
}
int k=a/b; exgcd(b,a-k*b);
ll t=x; x=y,y=t-k*y;
}
inline int ask(int m,int n) {
int qp=c[1].p,qa=c[1].C(m,n);
for(int i=2;i<=4;i++) {
int p=c[i].p,a=c[i].C(m,n);
if(qa<a) {
swap(qp,p),swap(qa,a);
}
exgcd(qp,p);
x=(x*(qa-a)%p+p)%p;
int t=qp*p;
qa=(qa-qp*x%t+t)%t;
qp=t;
}
return qa;
}
int n,g;
int main() {
c[1].init(2),c[2].init(3),c[3].init(4679),c[4].init(35617);
scanf("%d%d",&n,&g);
int m=sqrt(n); ll ans=1;
for(int i=1;i<=m;i++) {
if(n%i==0) {
ans=ans*ksm(g,ask(i,n),p)%p;
if(i*i!=n) {
ans=ans*ksm(g,ask(n/i,n),p)%p;
}
}
}
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
原根和阶
-
阶：最小的整数\(r\)满足\(a^r=0(\% p)\)，记作\(ord_p(a)\)
当且仅当(a,p)互质时才存在阶
性质： 若\((a,p)=1,r|\phi(p)\)(之前证过了)
-
原根：满足阶=\(\phi(p)\)的数，
- 可以用\(<1,g^1,g^2,\cdots,g^{\phi(p)-1}>\)表示\(<1,2,\cdots,p-1>\)（所有与\(p\)互质的数）
- 当\(p\)为2，4，奇质数的幂次，及2*奇质数的幂次时原根一定存在,且最小的原根\(\leq p^{\frac{1}{4}}\)
- 如果存在原根，原根个数为\(\phi(\phi(p))\)
所以求原根只需要判断对于所有\(x\)是\(\phi(p)\)的约数(不包括\(\phi(p)\))，满足\(a^x!=1\)即可，更进一步，\(\phi(p)\)除以其质因子都满足上诉条件即可
模板
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
int p;
inline int ksm(ll a,int b) {
ll ret=1;
while(b) {
if(b&1) ret=ret*a%p;
a=a*a%p,b>>=1;
}
return ret;
}
int main() {
scanf("%d",&p);
for(int x=2;x<=p-1;x++) {
bool fl=0; int m=sqrt(p-1);
for(int i=1;i<m;i++) {
if((p-1)%i==0) {
if(ksm(x,i)==1) {
fl=1; break;
}
}
}
if(!fl) {
for(int i=m;i>1;i--) {
if((p-1)%i==0) {
if(ksm(x,(p-1)/i)==1) {
fl=1; break;
}
}
}
if(!fl) {
printf("%d\n",x);
return 0;
}
}
}
return 0;
}
N次剩余
求解：\(x^k=n\)在\(\% p\)意义下的所有解，只考虑\(p\)为素数的情况
需要应用之前素数原根的性质
-
首先n=0没法用原根表示，所以需要特判掉
-
然后不妨设\(x=g^a,n=g^t\),则\(g^{ak}=g^t(\% p)\)
则：
\[ak=t(\%\phi(p)) \]
用exgcd和BSGS求出即可
模板
忘记特判0了。。
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
ll K,p,b;
vector<ll>V;
inline ll mo(ll x) {
return x>=p?x-p:x;
}
ll gcd(ll a,ll b) {
return !b?a:gcd(b,a%b);
}
inline ll ksj(ll a,ll b,ll p) {
ll ret=0;
while(b) {
if(b&1) ret=(ret+a)%p;
a=(a+a)%p,b>>=1;
}
return ret;
}
inline ll ksm(ll a,ll b) {
ll ret=1;
while(b) {
if(b&1) ret=ksj(ret,a,p);
a=ksj(a,a,p),b>>=1;
}
return ret;
}
inline ll get() {
int m=sqrt(p-1);
for(ll x=2;x<=p-1;x++) {
bool fl=0;
for(int i=1;i<m;i++) {
if((p-1)%i==0) {
if(ksm(x,i)==1) {
fl=1; break;
}
}
}
if(!fl) {
for(int i=m;i>1;i--) {
if((p-1)%i==0) {
if(ksm(x,(p-1)/i)==1) {
fl=1; break;
}
}
}
if(!fl) return x;
}
}
}
ll x,y;
void exgcd(ll a,ll b) {
if(!b) {
x=1,y=0;
return;
}
ll k=a/b; exgcd(b,a-k*b);
ll t=x; x=y,y=t-k*y;
}
unordered_map<ll,int>mp;
inline ll ask(ll a) {
int m=sqrt(p-1);
ll t=1; mp.clear();
for(int i=0;i<m;i++,t=ksj(t,a,p)) {
if(!mp.count(t)) mp[t]=i;
}
ll c=1;
for(int i=0;(ll)m*(i+1)<=p;i++,c=ksj(c,t,p)) {
exgcd(c,p);
x=mo(ksj(x,b,p)+p);
if(mp.count(x)) return (ll)m*i+mp[x];
}
}
int main() {
int id=0;
while(scanf("%lld%lld%lld",&K,&p,&b)!=EOF) {
id++,printf("case%d:\n",id);
ll G=get(),g=gcd(K,p-1),t=ask(G);
if(t%g) {
puts("-1"); continue;
}
t/=g; ll tt=(p-1)/g;
exgcd(K/g,tt);
x=(ksj(x,t,tt)+tt)%tt;
V.clear(); int S=0;
for(;x<p;x+=tt) {
V.push_back(ksm(G,x)),S++;
}
sort(V.begin(),V.end());
printf("%lld\n",V[0]);
for(int i=1;i<S;i++) {
if(V[i]!=V[i-1])printf("%lld\n",V[i]);
}
}
return 0;
}
例题 1
考虑拆解\(2k+1=p_1^{a1}p_2^{a2}\cdots p_c^{a_c}\)
则解的个数为\(x^A=B(\% p_i^{a_i})\) 的解的个数的乘积（feel一下）
接下来分类讨论\(x^A=B(\% p_i^{a_i})\)的解的个数
Wa了一次：跳出搞错了
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
int gcd(int a,int b) {
return !b?a:gcd(b,a%b);
}
inline int ksm(int a,int b) {
int ret=1;
while(b) {
if(b&1) ret=ret*a;
a=a*a,b>>=1;
}
return ret;
}
inline int ksmp(ll a,int b,int p) {
ll ret=1;
while(b) {
if(b&1) ret=ret*a%p;
a=a*a%p,b>>=1;
}
return ret;
}
int A,B,K,phi,p,b;
inline int get(int x,int num) {
int m=sqrt(phi);
for(int i=2;i<x;i++) {
bool fl=0;
for(int j=2;j<=m;j++) {
if(phi%j==0) {
if(ksmp(i,j,x)==1||ksmp(i,phi/j,x)==1) {
fl=1; break;
}
}
}
if(!fl) return i;
}
return 0;
}
ll x,y;
void exgcd(int a,int b) {
if(!b) {
x=1,y=0;
return;
}
int k=a/b; exgcd(b,a-k*b);
int t=x; x=y,y=t-k*y;
}
map<int,int>mp;
int bsgs(int a,int b,int p) {
int m=sqrt(p-1); mp.clear();
int t=1;
for(int i=0;i<m;i++,t=(ll)t*a%p) {
if(!mp.count(t)) {
mp[t]=i;
}
}
int c=1;
for(int i=0;i*m<p;i++,c=(ll)c*t%p) {
exgcd(c,p);
x=((ll)x*b%p+p)%p;
if(mp.count(x)) {
return i*m+mp[x];
}
}
}
int main() {
int T; scanf("%d",&T);
while(T--) {
scanf("%d%d%d",&A,&B,&K);
int ans=1,t=K*2+1;
for(p=2;p<=sqrt(t);p++) {
if(ans&&t%p==0) {
int pa=1; int a=0;
for(;t%p==0;t/=p) pa=pa*p,a++;
int b=B%pa;
if(b%pa==0) {
a-=(a-1)/A+1;
ans=ans*ksm(p,a);
continue;
}
if(b%p==0) {
int t1=0;
for(;b%p==0;b/=p)t1++;
if(t1%A) {
ans=0;
continue;
} else {
ans=ans*ksm(p,t1-t1/A);
pa=ksm(p,a-t1);
}
}
phi=pa/p*(p-1);
int g=get(pa,a);
if(!g) {
ans=0; continue;
}
b=bsgs(g,b,pa);
if(b%gcd(A,phi)) {
ans=0;continue;
}
ans*=gcd(A,phi);
}
}
if(ans&&t>1) {
p=t;
int pa=1; int a=0;
for(;t%p==0;t/=p) pa=pa*p,a++;
int b=B%pa;
if(b==0) {
a-=(a-1)/A+1;
ans=ans*ksm(p,a);
printf("%d\n",ans);
continue;
}
if(b%p==0) {
int t1=0;
for(;b%p==0;b/=p)t1++;
if(t1%A) {
ans=0;
printf("%d\n",ans);
continue;
} else {
ans=ans*ksm(p,t1-t1/A);
pa=ksm(p,a-t1);
}
}
phi=pa/p*(p-1);
int g=get(pa,a);
b=bsgs(g,b,pa);
if(b%gcd(A,phi)) {
ans=0;
printf("%d\n",ans);
continue;
}
ans*=gcd(A,phi);
}
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}
二次剩余
求解：\(x^2=n\)在\(\% p\) 意义下，p为奇素数
法1：当作N次剩余
法2：直接背诵：
-
若存在\(n\)的二次剩余，则\(n^{\frac{p-1}{2}}=1\)，否则\(n^{\frac{p-1}{2}}=-1\)
-
求解：先找出\(a\)，使得\(w=a^2-n\)无二次剩余，答案即为\((a+\sqrt w)^{\frac{p+1}{2}}\)
其中可以设虚根\(i=\sqrt w\) ，然后用类似虚数的运算即可，最后得到的是实数
模板
WA了一次：虚根是\(\sqrt w\) 不是\(i\)，所以实部中的一个乘积需要乘上\(w\)
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
int p;
inline int rnd() {
return rand()*rand()%p;
}
inline int ksm(ll a,int b) {
ll ret=1;
while(b) {
if(b&1) ret=ret*a%p;
a=a*a%p,b>>=1;
}
return ret;
}
struct cp{ll x,y; };
int w;
inline cp mul(cp i,cp j) {
return (cp){((i.x*j.x%p+i.y*j.y%p*w%p)%p+p)%p,(i.x*j.y%p+i.y*j.x%p)%p};
}
inline int cpksm(cp a,int b) {
cp ret=(cp){1,0};
while(b) {
if(b&1) ret=mul(ret,a);
a=mul(a,a),b>>=1;
}
return ret.x;
}
int ask(int x) {
x%=p;
if(ksm(x,p-1>>1)==p-1) return -1;
int a=rnd();
while(w=(((ll)a*a-x)%p+p)%p,ksm(w,p-1>>1)!=p-1) {
a=rnd();
}
return cpksm((cp){a,1},p+1>>1);
}
int main() {
int T; scanf("%d",&T);
while(T--) {
int x;
scanf("%d%d",&x,&p);
if(!x) {
puts("0");
continue;
}
int t1=ask(x);
if(t1==-1) puts("Hola!");
else {
int t2=p-t1;
if(t1>t2) swap(t1,t2);
if(t2!=t1) printf("%d %d\n",t1,t2);
else printf("%d\n",t1);
}
}
}
例题1
见小本本
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
const int p=1e9+9;
using namespace std;
inline int rnd() {
return rand()*rand()%p;
}
inline int ksm(ll a,int b) {
ll ret=1;
while(b) {
if(b&1) ret=ret*a%p;
a=a*a%p,b>>=1;
}
return ret;
}
struct cp{ll x,y; };
int w;
inline cp mul(cp i,cp j) {
return (cp){((i.x*j.x%p+i.y*j.y%p*w%p)%p+p)%p,(i.x*j.y%p+i.y*j.x%p)%p};
}
inline int cpksm(cp a,int b) {
cp ret=(cp){1,0};
while(b) {
if(b&1) ret=mul(ret,a);
a=mul(a,a),b>>=1;
}
return ret.x;
}
int ask(int x) {
x%=p;
if(!x) return 0;
if(ksm(x,p-1>>1)==p-1) return -1;
int a=rnd();
while(w=(((ll)a*a-x)%p+p)%p,ksm(w,p-1>>1)!=p-1) {
a=rnd();
}
return cpksm((cp){a,1},p+1>>1);
}
ll x,y;
void exgcd(ll a,ll b) {
if(!b) {
x=1,y=0;
return;
}
ll k=a/b; exgcd(b,a-k*b);
ll t=x; x=y,y=t-k*y;
}
unordered_map<ll,int>mp;
int a,b,n;
inline int bsgs() {
int m=sqrt(p-1);
ll t=1; mp.clear();
for(int i=0;i<m;i++,t=t*a%p) {
if(!mp.count(t)) mp[t]=i;
}
ll c=1;
for(int i=0;(ll)m*(i+1)<=p;i++,c=c*t%p) {
exgcd(c,p);
x=(x*b%p+p)%p;
if(mp.count(x)) return (ll)m*i+mp[x];
}
return p+1;
}
int main() {
int m=ask(5);
a=(m+1)/2;
scanf("%d",&n);
int tmp=ask(5LL*n%p*n%p+4),ans=p+1;
if(tmp!=-1) {
b=((ll)m*n%p+tmp)*ksm(2,p-2)%p;
int t=bsgs();
if(!(t&1)) ans=min(ans,t);
b=(((ll)m*n%p-tmp)*ksm(2,p-2)%p+p)%p;
t=bsgs();
if(!(t&1)) ans=min(ans,t);
}
tmp=ask((5LL*n%p*n%p-4+p)%p);
if(tmp!=-1) {
b=((ll)m*n%p+tmp)*ksm(2,p-2)%p;
int t=bsgs();
if(t&1) ans=min(ans,t);
b=(((ll)m*n%p-tmp)*ksm(2,p-2)%p+p)%p;
t=bsgs();
if(t&1) ans=min(ans,t);
}
if(ans>p) puts("-1");
else printf("%d\n",ans);
return 0;
}
