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 .