数论基础：扩展欧几里得和乘法逆元,欧拉函数

扩展欧几里得算法（求ax+by=gcd(a,b)的一组特解）

欧几里得算法（求最大公约数）

gcd(int a,int b)
{
	return b==0?a:gcd(b,a%b);
}

扩展欧几里得

exgcd(int a,int b,int &x,int &y)
{
	if(!b)
    {
    	x=1;
        y=0;
        return;
    }
    exgcd(b,a%b,x,y);
    int t=x;
    x=y;
    y=t-a/b*y;
    return;
}

斐蜀定理:一定存在ax+by=gcd(a,b)的解

$gcd(a,b)|a => gcd(a,b)|ax$ ----------(1)

$gcd(a,b)|b => gcd(a,b)|by$ ----------(2)

$(1)(2) => gcd(a,b)|ax+by =>ax+by=gcd(a,b)$ 两边同除$gcd(a,b)$得

$a_{1}$ $x_{1}$ + $b_{1}$ $y_{1}$ =1 ( $a_{1}$ , $b_{1}$ 互质)

$=>exgcd()$

扩展欧几里得

求$ax+by=gcd(a,b)$ 的一组特解

若$b=0$令$x=1,y=0$

否则先求 $b,a%b$的解

求得$b x_{1} +(a\%b)y_{1} =gcd(b,a\%b)=gcd(a,b)$

$bx_{1}+[a-\lfloor a/b \rfloor*b] * y_{1}$

$ay_{1}+b(x_{1}-\lfloor a/b \rfloor*y_{1})$

与ax+by对比，发现只要令$x=y_{1} y=x_{1}-\lfloor a/b \rfloor*y_{1}$就能得到特解因此，只要一直递归就能求解

通解（没有遗漏）

$x= x_{0} +b/gcd(a,b)$

$y= y_{0} -a/gcd(a,b)$

x,y同时变化，带入原式可发现ax+by不变

证明挖坑优秀的证明

upd: 之前一直忽略的点，关于通解，实际上对于$ax + by = c$都可以用同样的通解式子

乘法逆元

exgcd

求解逆元$a\equiv 1(mod\;b)$相当与解不定方程$ax+by=1$

$a,b$如果互质，$exgcd()$求解即可

费马小定理：

定理： 若p为素数，则有

$a^{p-1} ≡1(mod p)$

$a^{p-2} ∗a≡1(mod p)$

$a^{p-2}$就是$a$在$mod$ $p$意义下的逆元

递推求逆元

upd: 记不住怎么办，有个好记的方法，类似求阶乘逆元的方法，处理前缀积，然后费马求出总的逆元再乘回去，实际上这种做法可扩展性非常强

原理:p是模数，i是待求的逆元，我们求的是$i^{-1}$在$mod$ $p$意义下的值

$p=k∗i+r$令 $r < i$,则$k=p/i,r=p\%i$

$k∗i+r≡0(mod\;p)$

$k∗ r^{-1}+ i^{-1}≡0(mod \;p)$(两边同乘 $r^{-1}$ $i^{-1}$ )

$i^{-1}≡−k∗ r^{-1}(mod;p)$

$i^{-1}≡−p/i∗inv[p\%i](mod p)$

所以$inv[i]=-(p/i)*inv[ p\%i ]$

边界$inv[1]=1$

    inv[1]=1;
    for(int i=2;i<=n;i++)
        inv[i]=(p-p/i)*inv[p%i]%p;
        //(p-p/i)处理了负数问题 因为p%p=0所以对结果无影响

递推求阶乘逆元

因为

$\frac{1}{(n+1)!} \times (n+1) = \frac{1}{n!}$

所以处理出$inv[n！]$再逆推$inv[（n-1）！] inv[（n-2）！]$........

欧拉函数

定义

$\varphi(n)$表示$\sum_{i=1}^{n-1}gcd(i,n)==1?1:0$

一些性质

• $n$为质数时有$\varphi(n)=n-1$

• $\varphi(n)$为积性函数，但不是完全积性函数

即，当$gcd(a.b)=1$时有$\varphi(a*b)=\varphi(a)\times\varphi(b)$

• $n=\sum_{d|n}\varphi(d)$

证明：

若$gcd(x,n)=y$，那么$gcd(\frac{x}{y},\frac{n}{y})=1(x<n)$

设$f_i$表示$gcd(x,n)=i$的数的个数，那么有$n=\sum_{i=1}^nf_i$

有$f_i=\varphi(\frac{n}{i})$

那么$n=\sum_{i=1}^nf_i=\sum_{d|n}\varphi(\frac{n}{d})$

$d$与$\frac{n}{d}$具有对称性，所以可以化为$n=\sum_{d|n}\varphi(d)$

• $p$为质数，$n=p^k$，那么$\varphi(n)=p^k-p^{k-1}$

因为$1-p^k$除了$p,2p,3p.....p^{k-1}p$共$p^{k-1}$个$p$的倍数外都与$p^k$互质

所以$\varphi(p^k)=p^k-p^{k-1}=p^{k-1}\times(p-1)$

• 由唯一分解定理，设$n = \prod_{i=1}^{s}p_i^{k_i}$ ，其中 $p_i$是质数，有 $\varphi(n) = n \times \prod_{i = 1}^s{\dfrac{p_i - 1}{p_i}}$

证明：

因为积性

$\begin{aligned} \varphi(n) &= \prod_{i=1}^{s} \varphi(p_i^{k_i})\end{aligned}$

因为上一个性质

$\begin{aligned} &= \prod_{i=1}^{s} (p_i-1)\times {p_i}^{k_i-1}\end{aligned}$

整理

$\begin{aligned}&=\prod_{i=1}^{s} {p_i}^{k_i} \times(1 - \frac{1}{p_i})\end{aligned}$

$\begin{aligned}&=n~ \prod_{i=1}^{s} (1- \frac{1}{p_i}) \end{aligned}$

求值

求单个欧拉函数使用$\varphi(n) = n \times \prod_{i = 1}^s{\dfrac{p_i - 1}{p_i}}$，对$n$进行质因数分解即可

求$1-n$的欧拉函数，使用线性筛

对于质数，显然$\varphi(n)=n-1$

对于合数$n=prime[j]\times i$，分两种情况，就是$i\%prime[j]$是否为0

1. $i\% prime[j]!=0$ 那么 $i$与$prime[j]$互质$phi[n]=phi[i]*phi[prime[j]]$

2. $i\%prime[j]=0$那么$i$中有$n$的所有因子

$phi[n] = n \times \prod_{k = 1}^s{\frac{p_k - 1}{p_k}} = prime[j] \times i \times \prod_{k = 1}^s{\frac{p_k - 1}{p_k}} = prime[j] \times phi[i]$

欧拉定理

若$gcd(a,m)=1$，则$a^{\varphi(m)} \equiv 1 \pmod{m}$

特别的，当$m$为质数时，就是费马小定理

证明：

设$r_1, r_2, \cdots, r_{\varphi(m)}$为模$m$意义下的一个简化剩余系，则$ar_1, ar_2, \cdots, ar_{\varphi(m)}$也为模 意义下的一个简化剩余系。所以$r_1r_2 \cdots r_{\varphi(m)} \equiv ar_1 \cdot ar_2 \cdots ar_{\varphi(m)} \equiv a^{\varphi(m)}r_1r_2 \cdots r_{\varphi(m)} \pmod{m}$，可约去$r_1r_2 \cdots r_{\varphi(m)}$，即得$a^{\varphi(m)} \equiv 1 \pmod{m}$。

扩展欧拉定理

$a^b \equiv \begin{cases} a^{b\bmod\varphi(p)},\,&\gcd(a,\,p)=1\\ a^b,&\gcd(a,\,p)\ne1,\,b<\varphi(p)\\ a^{b\bmod\varphi(p)+\varphi(p)},&\gcd(a,\,p)\ne1,\,b\ge\varphi(p) \end{cases} \pmod p$

证明，转一下大佬的博客