2024.9.9 闲话

看 质数计数 I 大概感觉质数计数 II 这个题也有一个差不多的做法，首先只需要考虑和 $m$ 互质的位置，考察模 $m$ 的 Dirichlet 特征 $\chi_{1\dots\varphi(m)}$，因为 $\chi$ 完全积性所以可以 min25 筛求出每个 $\sum_p\chi_k(p)$，然后解线性方程组就可以了 .

图

Hensel lifting：已知多项式 $f$ 和同余方程 $f(x)\equiv0\pmod{p^{k-1}}$，求 $f(x)\equiv0\pmod{p^k}$ 的解 .

Hensel 引理

若 $x_0$ 满足 $f(x_0)\equiv0\pmod{p^{k-1}}$，则：

• 若 $f'(x_0)\not\equiv0\pmod p$，则存在唯一的 $t$ 使得 $x=x_0+p^{k-1}t$ 是方程 $f(x)\equiv0\pmod{p^k}$ 的解 .
• 若 $f'(x_0)\equiv0\pmod p$ 且 $f(x_0)\equiv0\pmod{p^k}$，则对于每个 $t\in[0,p)$，$x=x_0+p^{k-1}t$ 都是方程 $f(x)\equiv0\pmod{p^k}$ 的解 .
• 若 $f'(x_0)\equiv0\pmod p$ 且 $f(x_0)\not\equiv0\pmod{p^k}$，则 $x_0$ 无法构造方程 $f(x)\equiv0\pmod{p^k}$ 的解 .

其实这个引理还是挺符合直觉的，我来抄一下 OI Wiki 的证明（主要是 OI Wiki 原文写的可能确实有点简略了，第一步不太显然的转化都没有说明）：

假设 $x=x_0+p^{k-1}t$ 是 $f(x)\equiv0\pmod{p^k}$ 的解，在 $x_0$ 处对 $f$ 做 Taylor 展开：

$$\sum_{i\ge0}\dfrac{(p^{k-1}t)^i}{i!}f^{(i)}(x_0)\equiv0\pmod{p^k}$$

容易发现 $>1$ 的项都没用，所以就是：

$$f(x_0)+tp^{k-1}f'(x_0)\equiv0\pmod{p^k}$$

然后就是用线性同余方程分析：

$$t\cdot f'(x_0)\equiv\dfrac{f(x_0)}{p^{k-1}}\pmod p$$

后面解 $t$ 就比较平凡了，不再展开，最后就可以得到和 Hensel 引理一样的结论 .

用这个操作就可以把模 $p^k$ 意义下的同余方程改成模 $p$ 意义下的同余方程了，下面是几个例子 .

HDU4569 Special equations

给一个 $n$ 次多项式 $f(x)$ 和素数 $p$，解方程 $f(x)\equiv0\pmod{p^2}$ .

最多 50 次询问，$1\le n\le 4$，$p\le 10^4$ .

应该算是一个 Hensel lifting 的模板题，暴力求出 $f(x)\equiv0\pmod p$ 的解之后提升即可 .

好像也不一定对

给长度为 $n$ 的序列 $a,b$ 和素数 $p$，求方程：

$$\sum_{i=1}^na_i^{x^{b_i}}\equiv0\pmod p$$

的任意一组解 .

$n\le 10$，$p\le 10^{10}$ .

所以还是别对着随便一个高次同余方程想人类智慧解法了吧 .