数学相关Alex_Wei

$O(1)$ 在线逆元

模板题

大概就找个乐子。

我们发现，我们如果能找到一个 $a$，使得 $ax\bmod p$ 在 $[-O(p^{\frac{2}{3}}),O(p^{\frac{2}{3}})]$ 里面，那么预处理这一部分逆元就行。

考虑将 $x$ 拆成 $qB+r$，其中 $B=q^{\frac{1}{3}}$，$r$ 是其 $\bmod B$ 的模数。

我们发现，如果 $a\leq B$，则 $ar\leq B^2$，可以接受。因此我们只需要让 $-B^2\leq aqB\leq B^2$。

设 $aqB=v$，考虑所有的 $(a,v)$ 二元组，其中 $a\leq B,-B^2\leq v\leq B^2$，我们希望证明在这个限制下对于每个 $q$ 都有解。我们考虑 $aqB-v$ 的值，如果出现两个相同的，则相减可以得到一组 $(a,v)$，令 $v>0$ 即可使最后的限制落在 $[-B^2,B^2]$ 之间，所以一定有解。

然后考虑怎么对每个 $q$ 求出这个 $a$。考虑枚举每个 $a$，将 $q$ 从 $0$ 开始每次增加 $1$，如果 $aqB$ 没有落在目标区间内，因为 $aB$ 相对于 $p$ 来说比较小，所以可以直接找到下一个合法的 $q$，就可以处理了。

同余方程相关

WC2021 斐波那契

感觉，很深刻啊！

首先设 $f_i$ 表示斐波那契数列。那么有 $F_i=f_{i}b+f_{i-1}a$。令其 $=0$，则我们需要解一个形如 $f_ib+f_{i-1}a=0$ 的方程。

打表发现，斐波那契数列在模 $m$ 意义下循环节长度为 $O(m)$ 级别的，事实上有证明其 $\leq 6m$。

给 $b$ 取相反数，得到要解 $f_ib\equiv f_{i-1}a \pmod{m}$。

如果 $m$ 是质数那么这题就唐起来了，移项然后求逆元，最后查个表就行。但是这并不是，考虑进行化简。

先除掉 $\gcd(a,\gcd(b,m))$，这时 $\gcd(b,m)$ 一定与 $a$ 互质。我们考虑给两边同时除掉 $\gcd(b,m)$，则有 $\gcd(b,m)\mid f_{i-1}$，将 $f_{i-1}$ 除去之后，再考虑给两边同时除掉 $\gcd(f_{i-1},m)$。因为 $b$ 已经互质，所以有 $\gcd(f_{i-1},m)\mid f_i$。但是我们发现，$f_i$ 与$f_{i+1}$ 是互质的，证明可以考虑辗转相减，这样的话 $\gcd(f_{i-1},m)=1$，也就是说在没有除去 $\gcd(b,m)$ 之前，$\gcd(f_{i-1},m)=\gcd(b,m)$。

这样的话我们如果枚举一对 $(f_{i-1},f_i)$，则可以计算出 $f_if_{i-1}^{-1}\bmod m$ 的值，进而就可以在询问的时候直接查表得到答案。

时间复杂度是因子和乘上一个 $\log$，因子和据说是 $O(n\log \log n)$ 级别的，可以通过。

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P4621 [COCI2012-2013#6] BAKTERIJE

唐题，发现每个细菌走到陷阱里可以被不超过 $4$ 个同余方程表示，则 $4^k$ 枚举每个细菌选了哪个同余方程，然后 exCRT 合并计算最小解即可。复杂度 $O(nmk+4^k\log T)$，记得某些地方要开 __int128。

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莫比乌斯反演相关

[CmdOI2019] 简单的数论题

假设 $A<B$，发现 $\frac{\operatorname{lcm}(i,j)}{\gcd(i,j)}$ 相当于选了两个互质的 $i,j$，恰好 $\varphi(ij)=\varphi(i)\varphi(j)$ 当 $\gcd(i,j)=1$ 的时候是成立的，所以就把式子化成：

$$\sum\limits_{d\leq A}\sum\limits_{id\leq A}\sum\limits_{jd\leq B} \varphi(i)\varphi(j)[\gcd(i,j)=1]\\ =\sum\limits_{d\leq A}\sum\limits_{kd\leq A} \mu(k)\sum\limits_{idk\leq A}\sum\limits_{jdk\leq B} \varphi(ik)\varphi(jk)$$

$\sum\limits_{idk\leq A}\varphi(ik)$ 太难看了，我们考虑预处理 $G(n,k)=\sum\limits_{i\leq n}\varphi(ik)$，将原式变成：

$$\sum\limits_{d\leq A}\sum\limits_{kd\leq A} \mu(k)G(\frac{A}{kd},k)G(\frac{B}{kd},k)$$

现在已经可以 $O(A\ln A)$ 回答一组询问了，我们考虑进行根号分治，设 $T=kd$，对于 $T$ 较小的部分，考虑仍然暴力枚举 $k,d$，复杂度 $O(\sqrt n\ln n)$。对于 $T$ 较大的部分，$\frac{A}{T}$ 较小。我们考虑预处理 $S(i,j,T)=\sum\limits_{d\leq T}\sum\limits_{kd\leq T} G(\frac{A}{T},k)G(\frac{B}{T},k)$。因为 $S(i,j,T)$ 的 $T\leq \frac{A}{\min(i,j)}$，所以总共 $T$ 的长度之和为 $n\sqrt n$ 的，预处理复杂度 $O(n\sqrt n\ln n)$。总复杂度 $O((n+q)\sqrt n\ln n)$。

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P5518 [MtOI2019] 幽灵乐团 / 莫比乌斯反演基础练习题

唐题，$type=0$ 和 $type=1$ 的部分推推式子就能做，$type=2$ 的部分推推式子发现就是把 $type=0$ 外面套个整除分块。预处理复杂度都是 $O(n\ln n)$，$type=0,1$ 复杂度是 $O(T\sqrt n\log n)$，$type=2$ 是 $O(Tn^{\frac{3}{4}}\log n)$，$type=2$ 应该可以通过一些技巧把 $\log$ 放到 $n^{\frac{1}{2}}$ 上，但是不想写了（

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阶相关

真的好厉害！

记 $\delta_m(n)$ 表示最小的 $a$ 使得 $m^a\equiv 1\pmod n$，这个被称为阶，可以通过不断试除 $\varphi(m)$ 在 $O(\log ^2m)$ 时间内求得。

没了。

P5605 小 A 与两位神仙

发现 $p$ 有原根，记作 $g$。若我们求出了 $x=g^{x'},y=g^{y'}$，则我们相当于要解同余方程 $x'a\equiv y' \pmod{\varphi(p)}$。

但有个问题：虽然我们可以求出原根，但是我们并不能很快的求出离散对数。

考虑我们只需要判定，上面那个同余方程的有解要求 $\gcd(x',\varphi(p))\mid y' \iff\gcd(x',\varphi(p))\mid\gcd(y',\varphi(p))$，如果我们能对于一个 $x$ 求出 $\gcd(x',\varphi(p))$，那么这个就是可以判定的。

你仔细思考一下，发现 $\delta_m(n)=\frac{\varphi(m)}{\gcd(n',\varphi(m))}$，于是你把阶求出来就好了。

理论上需要 pollard-rho，但是好像不用也能过（

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[WC2020] 猜数游戏

所以这个题为啥不出 $O(n\log ^2p)$ 的数据范围（

首先我们发现，如果 $a_x$ 被选，并且没有一个 $a_y$ 满足其 pow 可以达到 $a_x$，那么说明这个数必选。

如果 $p$ 是质数，那么直接按照上面的方法就可以做到 $O(n\log ^2p+d(p)\log p)$。

如果 $p$ 不是质数，那么发现和 $p$ 互质的数可以按照上面一样做，如果不互质那么和上面是不影响的，并且每个数 pow $\log p$ 次就会变成 $0$，所以可以暴力，复杂度 $O(n\log p\log n)$。

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群论相关

题目太多了……

大部分题就是给你一个环，然后旋转同构这样子的，需要枚举循环节长度计算不动点个数。

[MtOI2018] 魔力环

枚举循环节长度，然后问题变成计算一个长度为 $n$ 的环，没有连续 $k$ 个 $1$ 相邻的方案数。

枚举头尾有多少个 $1$ 相连，然后变成链。枚举有多少 $1$ 的联通块长度 $> k$，给这些段前面捆一个 $0$，然后就可以随意放，注意一开始需要一个 $0$ 和开头的 $1$ 隔开。

因为至多只有 $\frac{n}{k}$ 段长度 $>k$ 的段，所以对于一个 $n$，计算的复杂度是 $O(n)$ 的，总复杂度为 $O(d(n))$，可以看做 $O(n\log \log n)$。

二次剩余

引入 勒让得符号 $\bigg(\dfrac{n}{p}\bigg)$ 表示 $n$ 是否在模 $p$ 意义下是二次剩余。在 $p$ 是奇素数的情况下，

• 当 $n=0$ 时，$\bigg(\dfrac{n}{p}\bigg)=0$
• 当 $n$ 为二次剩余时，$\bigg(\dfrac{n}{p}\bigg)=1$
• 当 $n$ 不为二次剩余时，$\bigg(\dfrac{n}{p}\bigg)=-1$

判定可以使用欧拉准则，即 $\bigg(\dfrac{n}{p}\bigg)=n^{\frac{p-1}{2}} \bmod p$。

【模板】二次剩余

随机找一个 $a$，满足 $a^2-n\bmod p$ 为非二次剩余，记作 $w$，感性理解一下，找到这个 $a$ 的概率为 $\frac{1}{2}$。

记单位元 $i^2=w$，我们考察 $(a+i)^{p+1}$，其等于 $(a+i)(a+i)^p=(a+i)\sum\limits_{j=0}^{p}{p\choose j}a^ji^{p-j}$。

因为根据 Lucas 定理 $p\choose j$ 在 $j\in[1,p-1]$ 的时候为 $0$，因此上式为 $(a+i)(a^p+i^p)$。

又因为 $w$ 为非二次剩余，因此 $i^{p-1}\bmod p=-1$，上式就等于 $(a+i)(a-i)=a^2-i^2=b$。

这时候计算 $(a+i)^{\frac{p+1}{2}}$ 就可以得到我们需要的二次剩余了。

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Code+#7 同余方程

首先 CRT 拆成奇质数，最后的答案是所有奇质数的乘积。

我们发现实际上勒让得符号架起了一座判定与计数之间的桥梁。$\bigg(\dfrac{n}{p}\bigg)+1$ 就是 $n$ 在 $\bmod p$ 意义下的二次剩余解的个数，因此，我们不妨考虑枚举 $a+b\equiv x\pmod{p}$，然后计算所有 $(a^{\frac{p-1}{2}}+1)(b^{\frac{p-1}{2}}+1)$ 的值。

拆开之后，因为二次剩余和非二次剩余对半开，就剩下了 $p+\sum\limits_{a+b\equiv x\pmod p} a^{\frac{p-1}{2}}b^{\frac{p-1}{2}}$。

特判 $x=0$。将 $b$ 代换回 $x-a$，就得到 $\sum\limits_{0\leq a<p}(ax-a^2)^{\frac{p-1}{2}}=\sum\limits_{1\leq a<p}(\frac{x}{a}-1)^{\frac{p-1}{2}}$，发现 $\frac{x}{a}$ 取遍所有正数，所以只有 $-1$ 取不到，需要特别计算。

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杂题

CF1796F Strange Triples

感觉这个题很厉害啊！评 *2900 是不是有点低了。

我们首先枚举 $n$ 的位数和 $b$ 的位数，记作 $10^{z}$ 和 $10^x$，那么原式就相当于 $\frac{a10^z+n}{n10^x+b}=\frac{a}{b}$，把 $n$ 解出来就是 $n=\frac{ab(10^z-1)}{a10^x-b}$，有解要求 $a10^x-b\mid ab(10^z-1)$。

发现啥都不知道这个东西肯定是不能做的，所以我们考虑枚举一个 $b$。设 $\gcd(a,b)=k$，将两边同时除掉 $k$ 之后，变成 $\frac{a}{k}10^x-\frac{b}{k}\mid \frac{a}{k}b(10^z-1)$。我们发现 $\gcd(\frac{a}{k},\frac{a}{k}10^x-\frac{b}{k})=1$，那么右边的 $\frac{a}{k}$ 就可以去掉了。

现在我们发现我们直接枚举 $b(10^x-1)$ 的复杂度是可以接受的，因为 $d(x,y)\leq d(x)+d(y)$，因此所有 $d(b(10^z-1))$ 之和不超过 $B\ln B$ 乘以所有 $10^x-1$ 的约数个数和，后面那个的值是 $155$，因此直接枚举，然后钦定其就是 $\frac{a}{k}10^x-\frac{b}{k}$。

这有什么用呢？一个重要的观察是 $10^x>\frac{b}{k}$，也就是说，$\frac{a}{k}$ 的值是唯一确定的！然后 $\frac{b}{k}$ 的值就可以确定了！然后因为我们已经枚举 $b$ 了，所以 $k$ 的值可以确定，然后就对完了！

最后记得 check 之前钦定的东西。复杂度 $O(dB\ln B)$，其中 $d\leq 155$。

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