数论2：同余，欧拉函数，逆元

同余

a \equiv b (m o d m) \leftrightarrow m | b - a a \equiv b (m o d m), a \equiv b (m o d n) \to a \equiv b (m o d [m, n]) (k, m) = d, k a \equiv k a^{'} (m o d m) \to a \equiv a^{'} (m o d \frac{m}{d})

$a\equiv b (\mathrm{mod\,\,} m) \leftrightarrow m|b-a\\ a\equiv b(\mathrm{mod\,\,} m), a\equiv b (\mathrm{mod\,\,}n)\rightarrow a\equiv b(\mathrm{mod\,\,}[m,n])\\ \bbox[yellow]{ (k,m)=d, ka\equiv ka'(\mathrm{mod\,\,} m)\rightarrow a\equiv a'(\mathrm{mod\,\,} \frac md)}$

公式三证明：

∵ (k, m) = d, ∴ (\frac{k}{d}, \frac{m}{d}) = 1 又 ∵ m | k (a - a^{'}) ∴ \frac{m}{d} | \frac{k}{d} (a - a^{'}) 又 ∵ \frac{m}{d} 与 \frac{k}{d} 互 质 ， ∴ \frac{m}{d} | a - a^{'} ， 得 证

$\because (k,m)=d,\therefore(\frac kd, \frac md)=1\\ 又\because m | k(a-a') \therefore \frac md|\frac kd(a-a')\\ 又\because \frac md与\frac kd互质， \therefore \frac md | a-a'，得证$

公式三更一般的结论：

k a \equiv k a^{'} (m o d m) \to a \equiv a^{'} (m o d \frac{m}{(m, k)})

$ka\equiv ka'(\mathrm{mod\,\,} m)\rightarrow a\equiv a'(\mathrm{mod\,\,} \frac m{(m,k)})$

线性同余方程

a x \equiv b (m o d m) \leftrightarrow a x + m y = b

$ax\equiv b(\mathrm{mod\,\,} m)\leftrightarrow ax+my=b$

对 $mx\equiv 0(\mathrm{mod\,\,}m),ax\equiv b(\mathrm{mod\,\,}m)$ 辗转相除

还有一种计算方法比较好理解（来自dls）

{\begin{cases} 100 x \equiv 0 (m o d 100), (1) \\ 87 x \equiv 3 (m o d 100), (2) \end{cases}

$\begin{cases} 100x\equiv 0(\mathrm{mod\,\,}100),(1)\\ 87x\equiv3(\mathrm{mod\,\,}100),(2) \end{cases}$

(1) - (2) 得, 13 x \equiv 97 (m o d 100), (3) (2) - 6 \times (- 3) 得, 9 x \equiv 21 (m o d 100), (4) (3) - (4) 得, 4 x \equiv 76 (m o d 100) (4) - 2 \times (5) 得 ， x \equiv 69 (m o d 100)

$(1)-(2)得,13x\equiv97(\mathrm{mod\,\,}100),(3)\\ (2)-6\times(-3)得,9x\equiv 21(\mathrm{mod\,\,}100),(4)\\ (3)-(4)得,4x\equiv 76(\mathrm{mod\,\,}100)\\ (4)-2\times(5)得，x\equiv69(\mathrm{mod\,\,}100)$

解线性同余方程板子：

// 求 a * x = b (mod m) 的解
ll modequ(ll a, ll b, ll m) {
    ll x, y;
    ll d = exgcd(a, m, x, y);
    if (b % d != 0) return -1;
    m /= d; a /= d; b /= d;
    x = x * b % m;
    if (x < 0) x += m;
    return x;
}

简化剩余系

所有的 n 满足 $0<n\leq m,(n, m)=1$ 构成了一个模 m 的简化剩余系。 $\phi(m)$ 表示 n 的个数。

欧拉函数

ϕ (m) = m \prod_{p | m} (1 - \frac{1}{p})

$\phi(m)=m\prod_{p|m}(1-\frac1p)$

欧拉函数证明

积 性 函 数 性 质 ϕ (m n) = ϕ (m) ϕ (n) 和 唯 一 分 解 定 理 n = p_{1}^{a_{1}} p_{2}^{a_{2}} . . . p_{k}^{a_{k}} 因 此 ϕ (n) = ϕ (p_{1}^{a_{1}}) . . . ϕ (p_{k}^{a_{k}}), 对 于 任 意 一 项 都 有 ϕ (p_{s}^{a_{s}}) = p_{s}^{a_{s}} - p_{s}^{(a_{s} - 1)}, (1) 试 证 (1) : 从 1 到 p_{s}^{a_{s}} 共 有 p_{s}^{a_{s}} 个 数 字 ， 不 互 质 的 数 有 p_{s}, 2 p_{s}, . . ., p_{s}^{a_{s} - 1} 共 p_{s}^{a_{s} - 1} 项 则 互 质 的 数 有 p_{s}^{a_{s}} - p_{s}^{a_{s} - 1} 个 ， 即 ϕ (p_{s}^{a_{s}}) = p_{s}^{a_{s}} - p_{s}^{a_{s} - 1} = p_{s}^{a_{s}} (1 - \frac{1}{p_{s}}) 可 以 把 该 式 子 推 广 到 质 数 分 解 的 每 一 项 因 子 ， 则 有 : ϕ (n) = ϕ (p_{1}^{a_{1}}) . . . ϕ (p_{k}^{a_{k}}) = p_{1}^{a_{1}} . . . p_{k}^{a_{k}} * (1 - \frac{1}{p_{1}}) . . . (1 - \frac{1}{p_{k}}) = n \prod_{i = 1}^{k} (1 - \frac{1}{p_{i}})

$积性函数性质 \phi(mn)=\phi(m)\phi(n)和唯一分解定理 n=p_1^{a_1}p_2^{a_2}...p_k^{a_k}\\ 因此\phi(n)=\phi(p_1^{a_1})...\phi(p_k^{a_k}),\\对于任意一项都有 \bbox[yellow]{\phi(p_s^{a_s})=p_s^{a_s}-p_s^{(a_s-1)},(1)}\\ 试证(1):从1到p_s^{a_s}共有p_s^{a_s}个数字，不互质的数有\bbox[yellow]{p_s,2p_s,...,p_s^{a_s-1}}共{p_s^{a_s-1}}项\\ 则互质的数有\bbox[yellow]{p_s^{a_s}-p_s^{a_s-1}}个，即\phi(p_s^{a_s})=p_s^{a_s}-p_s^{a_s-1}=p_s^{a_s}(1-\frac1{p_s})\\ 可以把该式子推广到质数分解的每一项因子，则有:\\ \phi(n)=\phi(p_1^{a_1})...\phi(p_k^{a_k}) =p_1^{a_1}...p_k^{a_k}*(1-\frac1{p_1})...(1-\frac1{p_k})=n\prod_{i=1}^{k}(1-\frac1{p_i})$

欧拉函数板子

ll phi (ll n) {
    ll ans = n;
    for (int i = 2; i*i <= n; i++) {
        if (n % i == 0) {
            ans = ans / i * (i - 1); //*(1-1/i)
            while (n % i == 0)  n /= i;
        }
    }
    if (n > 1)  ans = ans / n * (n - 1); //还剩下就再乘
    return ans;
}

欧拉定理

若 $(a,m)=1$ ,则 $a^{\phi(m)}\equiv1(\mathrm{mod\,\,}m)$

m为素数时有费马小定理： $a^{p-1}\equiv1(\mathrm{mod\,\,}p)$

欧拉定理证明

设 $1-n$ 中与 $n$ 互质的数为： $p_1, p_2, ..., p_{\phi(n)}$ ，则有 $ak_1,ak_2,...sk_{\phi(n)}$ ，二者在模n意义下等价（可以手搓几个例子模拟），

二式分别累乘，有 $k_1k_2...k_{\phi(n)}\equiv a^{\phi(n)}k_1k_2...k_{\phi(n)} (\mathrm{mod\,\,}n)$ ，即

\prod_{i = 1}^{ϕ (n)} k_{i} \equiv a^{ϕ (n)} \prod_{i = 1}^{ϕ (n)} k_{i} (m o d n)

$\prod_{i=1}^{\phi(n)}k_i\equiv a^{\phi(n)}\prod_{i=1}^{\phi(n)}k_i(\mathrm{mod\,\,}n)$

根据同余公式三 $ka\equiv ka'(\mathrm{mod\,\,} m)\rightarrow a\equiv a'(\mathrm{mod\,\,} \frac m{(m,k)})$

则有

\prod_{i = 1}^{ϕ (n)} k_{i} \equiv a^{ϕ (n)} \prod_{i = 1}^{ϕ (n)} k_{i} (m o d n) \to 1 \equiv a^{ϕ (n)} (m o d n)

$\prod_{i=1}^{\phi(n)}k_i\equiv a^{\phi(n)}\prod_{i=1}^{\phi(n)}k_i(\mathrm{mod\,\,}n)\rightarrow 1\equiv a^{\phi(n)}(\mathrm{mod\,\,}n)$

逆元

$ax\equiv1(\mathrm{mod\,\,}m)$ ，称 $x$ 为 $a$ 的逆元，记作 $a^{-1}$

快速幂求逆元模板

素数：

$a^{p-1}\equiv1(\mathrm{mod}\,\,p)\rightarrow aa^{p-2}\equiv1(\mathrm{mod\,\,p)\rightarrow a^{p-2}\equiv a^{-1}(\mathrm{mod}\,\,p})$

ll qmi(ll a, ll k, ll p) {
	ll ans = 1;
	while (k) {
		if (k & 1)	ans = ans * a % p;
		k >>= 1;
		a = a * a % p;
	}
	return ans;
}
//a mod p 的逆元为 qmi (a, p - 2, p)

扩展欧几里得求逆元模板

非素数：

$a^{\phi(m)}\equiv1(\mathrm{mod\,\,}m)\rightarrow a^{\phi(m)-1}\equiv a^{-1}(\mathrm{mod\,\,}m)$

int d = exgcd(a, p, x, y);
if (d == 1) 	cout << (1ll * x + p) % p << endl;
else 	puts("impossible");

线性递推求逆元（1 - n）

inv[i] = (p - p / i) * inv[p % i] % p

证明（相当于等式变形）：

p = (p m o d i) + ⌊ \frac{p}{i} ⌋ \times i 两 边 同 除 p, 得, 0 \equiv ((p m o d i) + ⌊ \frac{p}{i} ⌋ \times i) (m o d p) 移 项 + 同 除, 得, - ⌊ \frac{p}{i} ⌋ \equiv ((p m o d i) \times i^{- 1}) (m o d p) i^{- 1} \equiv - ⌊ \frac{p}{i} ⌋ \times (p m o d i)^{- 1} (m o d p) 右 边 就 是 负 数 取 模, 加 上 个 p 就 得 证 i^{- 1} \equiv p - ⌊ \frac{p}{i} ⌋ \times (p m o d i)^{- 1} (m o d p)

$p= (p\,\,\mathrm{mod\,\,}i)+\lfloor\frac pi\rfloor\times i\\两边同除p,得, 0\equiv ((p\,\,\mathrm{mod\,\,}i)+\lfloor\frac pi\rfloor\times i)\,\,(\mathrm{mod\,\,}p)\\移项+同除,得, -\lfloor\frac pi\rfloor \equiv ((p\,\,\mathrm{mod\,\,}i)\times i^{-1})\,\,(\mathrm{mod\,\,}p)\\ i^{-1}\equiv -\lfloor\frac pi\rfloor \times (p\mathrm{\,\,mod\,\,}i)^{-1}\,\,(\mathrm{mod\,\,}p)\\ 右边就是负数取模,加上个p就得证 i^{-1}\equiv p-\lfloor\frac pi\rfloor \times (p\mathrm{\,\,mod\,\,}i)^{-1}\,\,(\mathrm{mod\,\,}p)\$

板子：

inv[1] = 1;
for (int i = 2; i <= n; i++) {
    inv[i] = (p - p / i) * inv[p % i] % p;
}

前缀乘积求逆元

令 s_{i} = \prod_{j = 1}^{i} a_{j}, t_{i} = \prod_{j = 1}^{i} a_{j}^{- 1} ， 则 有 a_{i}^{- 1} = s_{i - 1} t_{i}

$令s_i=\prod_{j=1}^ia_j,\,\,t_i=\prod_{j=1}^i a_j^{-1}，则有a_i^{-1}=s_{i-1}\,t_i$

然后利用 $s_1\rightarrow s_2\rightarrow...\rightarrow s_n \rightarrow t_n\rightarrow...\rightarrow t_2\rightarrow t_1$ 求出每一项 $s_i,t_i$ ，从而求得 $a_i$

其中， $s_n \rightarrow t_n$ 这一步可以通过 $exgcd$ 求逆元得出

利用前缀乘积，正反正 for 三遍即得

板子：

void solve () {
    s[0] = 1;
    for (int i = 1; i <= n; i++)    s[i] = s[i-1] * a[i] % p;
    ll x, y;
    exgcd (s[n], p, x, y);
    if (x < 0)  x += p;
    t[n] = x;

    for (int i = n; i >= 1; i--)    t[i-1] = t[i] * a[i] % p;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        ll v = s[i-1] * t[i] % p;
        ans ^= v;
    }
    cout << ans;
}