数论知识总结——史诗大作（这是一个flag）
1、快速幂
计算a^b的快速算法，例如，3^5，我们把5写成二进制101，3^5=3^1*1+3^2*2+3^4*1
1 ll fast(ll a,ll b){ll ans=1;for(;b;b>>=1,a=mul(a,a))if(b&1)ans=mul(ans,a);return ans;}//一行快速幂
2、快速乘
当模数较大时，直接乘会爆掉long long,需要快速乘法。
即用浮点计算倍数，做差相当于计算余数模2^63的结果，然后再模一下就好了（因为余数不超过long long）
1 typedef long long ll; 2 ll mul(ll x,ll y){return ((x*y-(ll)(((long double)x*y+0.5)/mod)*mod)%mod+mod)%mod;}//一行快速乘
练习题目：【HDU5187】zhx's contest
3、同余原理（gcd）
定理：gcd(a,b)=gcd(b,a mod b)
证明：a可以表示成a=kb+r，则r=a mod b
假设d是a,b的一个公约数，则有 d|a, d|b，而r = a - kb，因此d|r ，因此d是(b,a mod b)的公约数
假设d 是(b,a mod b)的公约数，则 d|b , d|r ，而a=kb+r，因此d也是(a,b)的公约数
因此(a,b)和(b,a mod b)的公约数是一样的，其最大公约数也必然相等，得证。
1 int gcd(a,b){return !b?a:gcd(b,a%b);}//一行gcd
4、丢番图方程
裴蜀定理：丢番图方程（二元一次，下同）ax+by=m有解当且仅当m|(a,b)
扩展gcd：求丢番图方程ax+by=gcd(a,b)的整数解
证明：a*x1+b*y1=gcd(a,b)
b*x2+(a mod b)*y2=gcd(b,a mod b)
因为gcd(a,b)=gcd(b,a mod b)
得a*x1+b*y1= b*x2+(a mod b)*y2 = b*x2+(a-a/b*b)*y2 = a*y2+b*(x2-a/b*y2)
所以x1=y2,y1=x2-a/b*y2
末状态：b=0,a=gcd(a,b)时，gcd(a,b)*x=gcd(a,b),得x=1
扩展欧几里得的过程可以理解为从末状态向上不断回溯的过程，直到得到原方程的一组解。
1 void exgcd(int a,int b,int &x,int &y) 2 { 3 if(b==0) {x=1; y=0; return;} 4 exgcd(b,a%b,x,y); 5 int t=x;x=y;y=t-a/b*y; 6 }
丢番图方程的通解：若(a,b)=d, ax+by=m有一组解(x0,y0)通解为：x=x0+(b/d)k, y=y0-(a/d)k就是设法让正负相互对消，（真·小学奥数内容）
解惑:多数初学者可能会有这样的疑问（反正我刚学的时候有），要解的方程是ax+by=m,而以上算法解的是ax+by=gcd(a,b)
其实ax+by=gcd(a,b)可以变为ax*k+by*k=gcd(a,b)*k,令gcd(a,b)*k=m,求出k，然后x*k就是ax+by=m的解。
练习题目：【NOIP2012】同余方程
【POJ1061】青蛙的约会
【NOI2002】荒岛野人
【CF#724C】Ray Tracing
5、乘法逆元
定义：对于正整数a和m，如果a*x mod m=1, 则x的最小正整数解称为a模m的逆元，表示为a^(-1) （mod m）
求解方法：（1）根据费马小定理：有a^(m-1) mod m=1, 即a*a^(m-2) mod m=1, 所以a^(m-2)就是a模m的逆元。 （适用条件：m为素数）
（2）扩展欧几里得求解：a*x mod m=1,即a*x-m*y=1,解这个丢番图方程即可。 (适用条件：gcd(a,m)=1)
（3）欧拉函数法：留个坑。
（4）线性递推：规定m为质数，且1^(-1)≡1(mod m) 设m=k∗a+b (b<a,1<a<m)， 即 k∗a+b≡0(mod m)
两边同时乘以a^(−1)∗b^(−1)，得到 k∗b^(−1)+a^(−1)≡0 (mod m)
a^(-1)≡−k∗b^(−1) (mod m)
a^(−1)≡−m/a∗(m mod a)^(-1) (mod m)
从头开始扫一遍即可，时间复杂度O(n) （适用条件：m为素数）
逆元的一个经典应用：我们知道除法不符合模性质，那么在解决（a/b）mod m 的问题时该怎么办呢？
推导一下：设a/b=k*m+x,那么x就是所求答案。
a=k*m*b+x*b
a mod (m*b) = x*b
x=(a mod (m*b))/b
但是如果b很大，则会出现爆精度问题，所以我们避免使用除法直接计算。
可以使用逆元将除法转换为乘法：
假设b存在乘法逆元，即与m互质（充要条件）。设c是b的逆元，即b∗c≡1(modm)，那么有a/b=(a/b)∗1=((a/b)∗b∗c)mod m=(a∗c)mod m
即，除以一个数取模等于乘以这个数的逆元取模。
6、中国剩余定理
<1>互质版
定理内容：（我不会证明）
给定n组同余方程（m1,m2,m3……mn两两互质）：
x≡a1(mod m1)
x≡a2(mod m2)
x≡a3(mod m3)
……
x≡an(mod mn)
令M=m1∗m2∗...∗mn ， 则x=(a1*M1*M^(-1)+a2*M2*M^(−1)+...+an*Mn*M^(−1)) mod M （其中Mi=M/mi ， M^（-1）为Mi mod mi的乘法逆元。）
1 void China() 2 { 3 for(ll i=1;i<=n;i++) 4 { 5 ll x,y,Mi=M/m[i]; 6 exgcd(Mi,m[i],x,y); 7 ans=(ans+Mi*x*a[i])%M; 8 } 9 }
<2>非互质版
设x%a1=m1, x%a2=m2
则x=k1*m1+a1=k2*m2+a2
设(m1,m2)=d，则k1*(m1/d) = k2*(m2/d)+(a2-a1)/d (注意必须满足d|(a2-a1))
注意到m1/d与m2/d互质，解方程：k1*(m1/d)=(a2-a1)/d (mod m2/d)得到通解k1 = k+r*(m2/d)
代回得x = (k+r*m2/d)*m1+a1 = r*(m1*m2/d)+k*m1+a1
即x=k*m1+a1 (mod lcm[m1,m2])
这样就实现了2个方程的合并，将所有方程两两合并，就能求出最终的x
1 int China() 2 { 3 int A=a[1],k,y; M=m[1]; 4 for(int i=2;i<=n;i++) 5 { 6 int da=a[i]-A,g; 7 exgcd(M,m[i],g,k,y); 8 if(da%g) return -1; 9 k*=da/g; 10 A+=k*M; 11 M=M*m[i]/g; 12 A=(A+M)%M; 13 } 14 return A; 15 }
练习题目：【Vijos1164】曹冲养猪
【codevs3990】中国余数定理2
【HDU1573】X问题
【POJ2891】Strange Way to Express Integers
【CF#338D】GCD Table
7、欧拉函数
定义：对于一个正整数n，小于n且和n互质的正整数（包括1）的个数叫做欧拉函数，记作φ(n) 。
通式：φ(x)=x*(1-1/p1)*(1-1/p2)*(1-1/p3)*(1-1/p4)…..(1-1/pn)，其中p1, p2……pn为x的所有质因数，x是不为0的整数。φ(1)=1（唯一和1互质的数就是1本身）。
欧拉函数是积性函数——若m,n互质，φ(mn)=φ(m)φ(n)。
特殊性质：1、当n为奇数时，φ(2n)=φ(n)
2、M=∑d|Mϕ(d) （d|M）
3、对于给定的一个素数p，φ(p)=p -1。则对于正整数 n = p^k ，φ(n) = p^k - p^(k -1)
递推性质：若(N % a == 0 && (N / a) % a == 0) 则有：E(N)=E(N / a) * a；
若(N % a == 0 && (N / a) % a != 0) 则有：E(N)=E(N / a) * (a - 1)。
由递推性质可得求欧拉函数的代码，时间复杂度：O(n)
1 void get() 2 { 3 memset(check,0,sizeof(check)); 4 int cnt=0; 5 for(int i=2;i<=N;i++) 6 { 7 if(!check[i]) {prime[++cnt]=i; phi[i]=i-1;} 8 for(int j=1;j<=cnt&&prime[j]*i<=N;j++) 9 { 10 check[i*prime[j]]=1; 11 if(i%prime[j]) phi[i*prime[j]]=phi[i]*(prime[j]-1); 12 else {phi[i*prime[j]]=phi[i]*prime[j]; break;} 13 } 14 } 15 }
练习题目：【bzoj2190】[SDOI2008]仪仗队
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8、数论四大定理
<1>欧拉定理
内容：对于互质的正整数a和n，有a*φ(n) ≡ 1 (mod n)。
用欧拉定理解决幂的模运算：a^b mod m = a^(b mod phi[m]) mod m
证明：a^b mod m=a^((phi[m])*k)*a^(b mod phi[m]) mod m=a^(b mod phi[m]) mod m
练习题目：【bzoj3884】上帝与集合的正确用法
<2> 费马小定理
内容：a^(p-1)%p=1 (p是素数)
证明：根据欧拉定理有a^(phi[p])%p=1， 因为p是质数，所以phi[p]=p-1，所以a^(p-1)%p=1
<3>威尔逊定理
内容: (p-1)! mod p=-1 (p是素数)
证明：考虑一个长度为p的环，将环上p个点顺次连成一条折线
共有(p-1)!种，其中p-1种全同的具有循环不变性，其他每个都属于大小为p的同余类
故p|((p-1)!-(p-1))
即(p-1)!=-1(mod p)
练习题目：【HUD5391】Zball in Tina Town
<4>中国剩余定理
上面讲过了，不再赘述。
9、素数相关
<1>线性筛素数
可以在O(n)的时间内求出1~n的所有素数。
1 int cnt,prime[MAXN],check[MAXN]; 2 void get() 3 { 4 for(int i=2;i<=n;i++) 5 { 6 if(!check[i]) prime[++cnt]=i; 7 for(int j=1;j<=cnt&&prime[j]*i<=n;j++) 8 { 9 check[prime[j]*i]=1; 10 if(i%prime[j]==0) break;//保证线筛的时间复杂度 11 } 12 } 13 }
<2>Rabin-Miller测试
根据费马小定理，若p为素数，则必有a^(p-1) mod p=1 对和p互质的a成立。
二次探测定理：如果p是素数，且0<x<p，则方程x^2 mod p=1的解为1或p-1。
证明：因为x^2 mod p=1，所以p|(x-1)*(x+1)，故（1%p）的平方根为1或-1
所以若p为素数，则必有a^(p-1) mod p 的平方根为1或-1
分解p-1为d*2^s，其中d为奇数
从i=0逐次计算a^(d*2^(s-i))，相当于“开方”，若得到-1或追查到a^d=1 (mod p)，则p通过测试，否则不通过
时间复杂度O(k*(logn)^3)，k是选的a的个数
1 int fast(int a,int b,int mod) {int sum=1;for(;b;b>>=1,a=a*a%mod)if(b&1)sum=sum*a%mod;return sum;}//一行快速幂 2 bool Rabin_Miller(int p,int a) 3 { 4 if(p==2) return 1; 5 if(p&1==0||p==1) return 0; 6 int d=p-1; 7 while(!(d&1)) d>>=1; 8 int m=fast(a,d,p); 9 if(m==1) return 1; 10 for(;d<p;d<<=1,m=m*m%p) if(m==p-1) return 1; 11 return 0; 12 } 13 bool isprime(int x) 14 { 15 static int prime[9]={2,3,5,7,11,13,17,19,23};//相当于全局变量 16 for(int i=0;i<9;i++) 17 { 18 if(x==prime[i]) return 1; 19 if(!Rabin_Miller(x,prime[i])) return 0; 20 } 21 return 1; 22 }
练习题目：【HUD2138】How many prime numbers
<3>Pollard_Rho因数分解
基础：一个能生成随机序列的函数f，一般取f(x)=x^2+c （c是一个随机的数）
递归处理：
若n是素数（用Rabin-Miller判断），则已完成分解
否则，从某个x1开始，不断计算x1=f(x1)%n
在模n的任一因数意义下，它们将ρ型循环
有一堆ρ型，故名Pollard-Rho
若出现循环，即1<gcd(abs(x1-x2),n)<n，则找到了因数gcd(abs(x1-x2),n)
递归分解gcd(abs(x1-x2),n)和n/gcd(abs(x1-x2),n)
若出现重复，则更改函数（更改c的值）
判重复：判断x1和x[2..2]是否检出，x2和x[3..4]是否检出，x4和x[5..8]是否检出……
时间复杂度：找出因子p需要O(sqrt(p))
1 int cnt,fac[1000100],num[1000100]; 2 int gcd(int a,int b) {return !b?a:gcd(b,a%b);} 3 int fast(int a,int b,int mod) {int sum=1;for(;b;b>>=1,a=a*a%mod)if(b&1)sum=sum*a%mod;return sum;}//一行快速幂 4 bool Rabin_Miller(int p,int a) 5 { 6 if(p==2) return 1; 7 if(p&1==0||p==1) return 0; 8 int d=p-1; 9 while(!(d&1)) d>>=1; 10 int m=fast(a,d,p); 11 if(m==1) return 1; 12 for(;d<p;d<<=1,m=m*m%p) if(m==p-1) return 1; 13 return 0; 14 } 15 bool isprime(int x) 16 { 17 static int prime[9]={2,3,5,7,11,13,17,19,23};//相当于全局变量 18 for(int i=0;i<9;i++) 19 { 20 if(x==prime[i]) return 1; 21 if(!Rabin_Miller(x,prime[i])) return 0; 22 } 23 return 1; 24 } 25 void Pollord_Rho(int x) 26 { 27 if(isprime(x)) {fac[++cnt]=x; return;} 28 int c=3; 29 while(1) 30 { 31 int x1(1),x2(1),k(2),i(1); 32 while(1) 33 { 34 x1=((x1*x1)%x+c)%x; 35 int d=gcd(abs(x1-x2),x); 36 if(d>1&&d<x) 37 { 38 Pollord_Rho(d); 39 Pollord_Rho(x/d); 40 return; 41 } 42 if(x1==x2) break; 43 if(++i==k) k<<=1,x2=x1; 44 } 45 c++; 46 } 47 } 48 void solve(int x) 49 { 50 Pollord_Rho(x); 51 sort(fac+1,fac+cnt+1); 52 int len=0; 53 for(int i=1;i<=cnt;i++) 54 { 55 if(fac[i]==fac[i-1]) num[len]++; 56 else num[++len]=1,fac[len]=fac[i]; 57 } 58 for(int i=1;i<len;i++) printf("%d^%d*",fac[i],num[i]); 59 printf("%d^%d\n",fac[len],num[len]); 60 }
练习题目：【bzoj3667】Rabin-Miller算法
【POJ1811】Prime Test
10、离散对数
离散对数是解决同余方程 A^x = B (mod C)的最小整数解
<1>Shank大步小步法（又叫Baby Step Giant Step算法）
由欧拉定理，只需要检查1<=x<phi(M)，检查到M也行
把的值存到一个Hash表里面
把的值一一枚举出来，每枚举一个就在Hash表里面寻找是否有一个值
满足
，如果有则找到答案，否则继续
最终答案就是的值对应的原来A的幂
那么如果C不是素数呢？
当C为合数时，我们就需要把Baby Step Giant Step扩展一下。在普通Baby Step Giant Step中，由于是素数，那么
，所以
一定有唯一解的。那么，当
为合数时，我们可以这样处理：
对于方程，我们拿出若干个A出来与C来消去公共因子，使得
为止，那么此时我们就可以直接通过扩展欧几里得来计算结果了。
——以上内容转自ACdreamers离散对数(Baby Step Giant Step)
下面给出bzoj2480的代码作为模板（良心的博主加上了注释）：
1 /************* 2 bzoj 2480 3 by chty 4 2016.11.8 5 *************/ 6 #include<iostream> 7 #include<cstdio> 8 #include<cstring> 9 #include<cstdlib> 10 #include<ctime> 11 #include<cmath> 12 #include<algorithm> 13 using namespace std; 14 #define mod 99991 15 typedef long long ll; 16 struct node{ll v,num,f;}hash[mod+10]; 17 ll A,B,C; 18 inline ll read() 19 { 20 ll x=0,f=1; char ch=getchar(); 21 while(!isdigit(ch)) {if(ch=='-') f=-1; ch=getchar();} 22 while(isdigit(ch)) {x=x*10+ch-'0'; ch=getchar();} 23 return x*f; 24 } 25 ll gcd(ll a,ll b) {return !b?a:gcd(b,a%b);} 26 void insert(ll v,ll x) //哈希表插入操作 27 { 28 ll t=v%mod; 29 while(hash[t].f&&hash[t].v!=v) {t++; if(t>mod) t-=mod;} 30 if(!hash[t].f) {hash[t].f=1;hash[t].num=x;hash[t].v=v;} 31 } 32 ll find(ll v) //哈希表查询操作 33 { 34 ll t=v%mod; 35 while(hash[t].f&&hash[t].v!=v) {t++; if(t>mod) t-=mod;} 36 if(!hash[t].f) return -1; 37 else return hash[t].num; 38 } 39 void exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y) //扩展欧几里得算法求丢番图方程的一组解 40 { 41 if(!b) {x=1; y=0; return;} 42 exgcd(b,a%b,x,y); 43 ll t=x;x=y;y=t-a/b*y; 44 } 45 ll Shank() 46 { 47 ll ret=1; 48 for(ll i=0;i<=50;i++) {if(ret==B)return i;ret=ret*A%C;} 49 //判断在0~50内是否有解，这就是Baby_Step，不加这一步会wa掉，因为下面做除法时，假设的是A足够用 50 ll temp,ans(1),cnt(0); 51 while((temp=gcd(A,C))!=1)//当A与C不互质时，拿出若干个A出来与C来消去公共因子，使得gcd(A,C)=1为止 52 { 53 if(B%temp) return -1;//根据裴蜀定理，如果gcd(A,C)|B不成立，则无解 54 C/=temp; B/=temp; 55 ans=ans*(A/temp)%C; 56 cnt++; //记录已经乘了cnt个A，以及这些A与C消掉公因子后的结果ans 57 } 58 ll m=(ll)ceil(sqrt(C*1.0)),t(1); //保证时间复杂度为O(n^0.5) 59 for(ll i=0;i<m;i++) {insert(t,i);t=t*A%C;} //把A^0~A^m存到哈希表中 60 for(ll i=0;i<m;i++) 61 { 62 ll x,y; 63 exgcd(ans,C,x,y); 64 ll val=x*B%C; //求丢番图方程ans*x+C*y=B的解x，即A^(m*i)*x=B(mod C) 65 val=(val%C+C)%C; //由丢番图方程解的通式得到x的最小整数解 66 ll j=find(val); //找到val对应的A的幂的次数 67 if(j!=-1) return m*i+j+cnt; //计算答案 68 ans=ans*t%C; 69 } 70 return -1;//无解返回-1 71 } 72 void pre() {for(int i=0;i<=mod;i++)hash[i].f=0,hash[i].num=hash[i].v=-1;} 73 int main() 74 { 75 freopen("cin.in","r",stdin); 76 freopen("cout.out","w",stdout); 77 while(~scanf("%d%d%d",&A,&C,&B)) 78 { 79 if(!(A+B+C)) break; 80 if(C==1) {puts("0"); continue;} //特判 81 pre(); A%=C; B%=C; //数据初始化 82 ll ans=Shank(); 83 if(ans==-1) puts("No Solution"); 84 else printf("%lld\n",ans); 85 } 86 return 0; 87 }
练习题目：【bzoj2480】Spoj3105 Mod
【bzoj3239】Discrete Logging
【bzoj2242】[SDOI2011]计算器
11、指数和原根
定义：设m>1，gcd(a,m)=1，使得 a^x mod m=1 成立的最小的 x，称为 a 对模 m 的指数（阶）。
定义：设m是正整数，a是整数，若 a 模 m 的阶等于 phi(m)，则称 a 为模 m 的一个原根。
定理：如果 p 为素数，那么素数 p 一定存在原根，并且模 p 的原根的个数为 phi(p-1)。
定理：如果模 m 有原根，那么它一共有 phi ( phi (m) ) 个原根。
求模素数 p 原根的方法：对 p-1 进行素因子分解，记pi为p-1的第i个因子，若恒有a^((p-1)/pi) mod p ≠ 1 成立，则 a 就是 p 的原根。（对于合数求原根，只需把 p-1 换成 phi(p) 即可）
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<cstdlib> 4 #include<cstring> 5 #include<ctime> 6 #include<cmath> 7 #include<algorithm> 8 using namespace std; 9 #define FILE "read" 10 int p,cnt,len,pr[50010],prime[50010],isprime[50010]; 11 int gcd(int a,int b) {return !b?a:gcd(b,a%b);} 12 int fast(int a,int b,int mod) {int sum=1;for(;b;b>>=1,a=a*a%mod)if(b&1)sum*=a;return sum;} 13 inline int read() 14 { 15 int x=0,f=1; char ch=getchar(); 16 while(!isdigit(ch)) {if(ch=='-') f=-1; ch=getchar();} 17 while(isdigit(ch)) {x=x*10+ch-'0'; ch=getchar();} 18 return x*f; 19 } 20 void get() 21 { 22 for(int i=2;i<=50000;i++) 23 { 24 if(!isprime[i]) prime[++cnt]=i; 25 for(int j=1;j<=cnt&&prime[j]*i<=50000;j++) 26 { 27 isprime[prime[j]*i]=1; 28 if(i%prime[j]==0) break; 29 } 30 } 31 int temp=p-1; 32 for(int i=1;i<=cnt;i++) 33 { 34 if(temp%prime[i]==0) pr[++len]=prime[i]; 35 while(temp%prime[i]==0) temp/=prime[i]; 36 } 37 if(temp>1) pr[++len]=temp; 38 } 39 bool check(int d) 40 { 41 if(gcd(p,d)!=1) return 0; 42 for(int i=1;i<=len;i++) if(fast(d,(p-1)/pr[i],p)==1) return 0; 43 return 1; 44 } 45 int main() 46 { 47 freopen(FILE".in","r",stdin); 48 freopen(FILE".out","w",stdout); 49 p=read(); get(); 50 for(int i=2;i<p;i++) if(check(i)) {printf("%d\n",i); break;} 51 return 0; 52 }
练习题目：【POJ1284】Primitive Roots
【CF#303D】Rotatable Number
参考文献——王梦迪河南省队培训讲稿《数论基础》
