数论及其相关 学习笔记

数论及其相关 学习笔记

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• 威尔逊定理 原根 二次剩余，这些另开文章
• 积性函数与筛子相关
• 数论分块

目录

0. 前置知识与符号定义

1. 素数筛

2. 裴蜀定理

3. （扩展）欧几里得算法

4. 同余方程

5. 费马小定理

6. （扩展）欧拉定理

7. 模意义下的乘法逆元

8. （扩展）卢卡斯定理

9. （扩展）中国剩余定理

0.前置知识与符号定义

在无特殊说明的情况下，所有数字均 $\in \mathbb{Z}$，且一般 $\in {\mathbb{Z}}^{\mathbb{+}}$。

0.0 唯一分解定理

对于任意正整数 $t$ 有唯一分解：

$$t=p_1^{k_1}{p}_2^{k_2}{p}_3^{k_3}\cdots p_i^{k_i}$$

其中 $\mathrm{\forall }p$ 是互不相同的素数。

这个定理的意思是：每一个正整数都可以分解成若干不同素数的乘积。

0.1. 素数

对于一个数 $p$，$p\ne 0,\pm 1$，且 $p$ 没有除 $1$ 与 $p$ 以外的因数，则认为 $p$ 是素数，否则认为 $p$ 是合数。

0.2. 最大公因数

定义 $gcd(a,b)$ 为 $a,b$ 两数的最大公因数，最大公因数是指同时是 $a,b$ 的因数的数。

设两数分别为 $a,b$，我们会发现最大公因数的一个等价定义：

由于：

$$\begin{gathered} a=p_1^{k_1}{p}_2^{k_2}{p}_3^{k_3}\cdots p_i^{k_i} \\ b=p_1^{k_1^{\prime }}{p}_2^{k_2^{\prime }}{p}_3^{k_3^{\prime }}\cdots p_i^{k_i^{\prime }} \end{gathered}$$

我们有：

$$gcd(a,b)=p_1^{min(k_1,k_1^{\prime })}{p}_2^{min(k_2,k_2^{\prime })}\cdots p_i^{min(k_i,k_i^{\prime })}$$

$\mathrm{\forall }p$ 仍是互不相同的质数。

$\mathrm{lcm}$ 可以同理定义。

0.3. 整除符号

定义 $d|a$ 表示 $a$ 可被 $d$ 整除。

因为我在给 whk 的同学讲的时候手误把定义敲反了，所以一个等价定义是：

若 $d|a$，则 $amodd=0$，即 $a=dq,q\in \mathbb{Z}$。

0.4. 模运算

定义 $amodb=a-\lfloor \frac{a}{b}\rfloor \times b$。

特殊的，当输出一个数 $k$ 对 $p$ 取模的结果时，请使用 cout<<(k%p+p)%p 而非 cout<<k%p，这可能导致一些符号错误。

有以下性质：

$$(a\pm b)modm=(amodm\pm bmodm)modm$$

$$a\times bmodm=(amodm\times bmodm)modm$$

证明显然。

$${\displaystyle \frac{a}{b}}\ne {\displaystyle \frac{amodm}{bmodm}}modm$$

见“模意义下的乘法逆元”

0.5. 同余

若 $amodm=bmodm$，则称 $a,b$ 同余，即 $a\equiv b(\mathrm{mod}m)$。

有以下性质：

$$m|(a-b)⟺a\equiv b(\mathrm{mod}m)$$

这是同余的一个重要基本性质。

$$a\equiv b(\mathrm{mod}m)\mathrm{且}c\equiv d(\mathrm{mod}m)⟹a\pm c\equiv b\pm d(\mathrm{mod}m)$$

$$a\equiv b(\mathrm{mod}m)\mathrm{且}b\equiv c(\mathrm{mod}m)⟹a\equiv b\equiv c(\mathrm{mod}p)$$

由以上性质，有以下三个推论：

$$a\equiv b(\mathrm{mod}m)⟹a\pm k\equiv b\pm k(\mathrm{mod}m)$$

$$a\equiv b(\mathrm{mod}m)⟹ak\equiv bk(\mathrm{mod}m)$$

$$a\equiv b(\mathrm{mod}m)⟹a^n\equiv b^n(\mathrm{mod}m)$$

值得注意的是，等式的基本性质中加减乘三个运算一般在同余中成立，而除法需要特殊讨论，如下式。

若 $gcd(c,m)=1$，则：

$$ac\equiv bc(\mathrm{mod}m)⟹a\equiv b(\mathrm{mod}m)$$

证明：

$$\begin{array}{rl}& \because ac\equiv bc(\mathrm{mod}m)\\ & \therefore m|(ac-bc)\\ & \Rightarrow m|c(a-b)\\ & \because gcd(c,m)=1\\ & \therefore m|(a-b)\\ & \Rightarrow a\equiv b(\mathrm{mod}m)\end{array}$$

并且，若 $d=gcd(a,m)$ 我们有推论：

$$ac\equiv bc(\mathrm{mod}m)⟹a\equiv b(\mathrm{mod}{\displaystyle \frac{m}{d}})$$

证明：

$$\begin{array}{rl}& \because ac\equiv bc(\mathrm{mod}m)\\ & \therefore m|c(a-b)\end{array}$$

若有整数 $k$ 使得 $(a-b)c=mk$，则

$$\begin{array}{rl}& \because m|c(a-b)\\ & \therefore {\displaystyle \frac{(a-b)c}{d}}={\displaystyle \frac{mk}{d}}\\ & \because gcd(\frac{c}{d},\frac{m}{d})=1\\ & \therefore {\displaystyle \frac{m}{d}}|(a-b)\\ & \therefore a\equiv b(\mathrm{mod}\frac{m}{d})\end{array}$$

这是部分题目中的重要性质。

0.6. 快速幂

和数论没一点关系，放个板子。

https://www.luogu.com.cn/problem/P1226

对于快速幂的问题定义如下：给定两个整数 $a,b$，求 $a^b\mathrm{mod}k$ 。

对于此类问题，暴力时间复杂度 $O(n)$ ，考虑优化。

我们不妨将指数采用二进制表述，设指数的二进制串为 $S_i$，$tmp$ 表示当前二进制位对答案的贡献，$a$ 表示底数。

若 $S_k=1$，则 $ans\leftarrow ans\times tmp$。由于第 $k$ 位对答案的贡献为$a^{2^{k-1}}\times a^{2^{k-1}}$，即 $a^{tmp}\times a^{tmp}$，化简得 $a^{tm{p}^2}$ 所以我们在每次操作后使 $tmp\leftarrow tmp\times tmp$ 即可。

其时间复杂度为 $O(\log n)$，迭代常数较小。

代码：

int m;
int qpow(int a,int b)
{
    int ans=1,tmp=a;
    while(b!=0)
    {
        if(b&1)
        {
            ans=(ans%m*tmp%m)%m;
        }
        tmp=tmp*tmp%m;
        b>>=1;
    }
    return ans;
}

0.7. 两道奇妙例题

1. 对于 $n\in \mathbb{Z}$，证明 ${\displaystyle \frac{(n^2)!}{(n!{)}^{n+1}}}\in \mathbb{Z}$。

   组合意义保平安！

   考虑以下问题情景，将 $n^2$ 个人分成 $n$ 组，每组 $n$ 人，求方案总数。

   显然将 $n^2$ 个人的全排列的方案数为 $(n^2)!$，而在每组内不需要考虑元素的先后顺序，所以多算了 $(n!{)}^n$ 种方案。而这 $n$ 组本身也不需要考虑先后顺序，所以又多算了 $n!$ 种方案。

   所以这个问题的答案即为 ${\displaystyle \frac{(n^2)!}{(n!{)}^{n+1}}}$，显然为整数，证毕。

2. 对于 $n\in \mathbb{Z}$，证明 $n^5\equiv n(\mathrm{mod}10)$。

   鸽巢原理的奇特应用。

   等价于证明 $10|(n^5-n)$，因式分解可得 $n(n-1)(n+1)(n^2+1)$。

   变换形式，得$n(n-1)(n+1)(n+2)(n+3)-(5n+5)n(n-1)(n+1)=n(n-1)(n+1)(n+2)(n+3)-5n(n-1)(n+1{)}^2$。

   由鸽巢原理，注意到以下两条基本性质：

   • 连续的 $5$ 个数必定是 $10$ 的倍数。
   • 连续的 $2$ 个数必定是 $2$ 的倍数。

   由此，设 $n(n-1)(n+1)(n+2)(n+3)=10p,n(n-1)=2q$。

   上式即为 $10p-5(n+1{)}^2\times 2q$。

   化简得 $10(p-(n+1{)}^{2}q)$，显然是 $10$ 的倍数，证毕。

1. 素数筛

注：也可以筛一些其他东西。

1.1. 埃氏筛

对于素数筛问题的模板题

埃氏筛的思想如下，若我们需要筛出小于等于 $n$ 的素数，可以枚举 $2$ 至 $n$ ，若当前枚举的数 $k$ 是一个素数，则我们将 $k$ 的倍数都标志为合数。特殊的，我们不去关心小于 $k$ 的 $k$ 倍的数，因为该数在被 $k$ 考虑之前一定被小于 $k$ 的数考虑过。

可以证明，其时间复杂度为 $O(n\log \log n)$。

以下代码实现筛出 $n$ 以内的质数：

void prime(int n)
{
    int t=0;
    for(int i=2;i<=n;i++)
        isprime[i]=1;
    for(int i=2;i<=n;i++)
    {
        if(isprime[i])
        {
            prime[++t]=i;
            if(i*i<=n)
                for(int j=i*i;j<=n;j+=i)
                    isprime[j]=0;
        }
    }
}

1.2.欧拉筛

欧拉筛模板题。

埃氏筛的时间复杂度为 $O(n\log \log n)$，无法通过本题。

欧拉筛的时间复杂度为 $O(n)$。

对于欧拉筛，每一个数会且仅会被筛到一次。

其做法是对于一个数 $k$，遍历当前质数表 $S$（$S$ 呈单调递增），若 $k\mathrm{mod}{S}_i=0$ 则停止遍历。

容易证明其正确性，若 $k\mathrm{mod}{S}_i=0$，则说明 $S_i$ 是 $k$ 的最小质因数。即 $S_{i+1}$ 一定不是其最小质因数。那么 $i$ 乘上 $S_{i+a}$ 的结果一定会被 $S_i$ 的倍数筛到。

附代码：

void prime(int n)
{
    int t=0;
    for(int i=2;i<=n;i++)
    {
        if(!chck[i])
            pri[++t]=i;
        for(int j=1;i*pri[j]<=n&&j<=t;j++)
        {
            chck[i*pri[j]]=1;
            if(i%pri[j]==0)
                break;

        }
    }
}

1.3. Miller Rabin

原理：基于费马小定理

$$a^{p-1}\equiv 1(\mathrm{mod}p)$$

给定若干组 $a$，考虑上式是否成立。一般的，我们只需要取比 $p$ 小的素数测试即可。

若 $p$ 是一个奇素数，则有：

$$\begin{array}{rlr}{x}^2& \equiv 1& (\mathrm{mod}p)\\ x& \equiv 1\mathrm{or}p-1& (\mathrm{mod}p)\end{array}$$

证明：

$$\begin{array}{rlr}{x}^2-1& \equiv 0& (\mathrm{mod}p)\\ (x+1)(x-1)& \equiv 0& (\mathrm{mod}p)\\ x& \equiv 1\mathrm{or}p-1& (\mathrm{mod}p)\end{array}$$

综合以上定理，可以找到 $k$ 个特殊的素数 $p$ 代入公式进行验证即可判断素数，方法如下：

1. 令 $p-1=m\ast 2^k$，计算 $q_0=p^m$，若 $q_0=1$，则通过。

2. 否则设 $q_i=q_{i-1}^2$，若 $q_i=1\mathrm{and}{q}_{i-1}\ne 1\mathrm{or}p-1$，则一定是合数。

3. 若 $q_k$ 不为 $1$ 则为合数。

4. 否则进行下一组测试。

5. 所有测试通过即为素数。

bool miller_rubin(ll a,ll n)
{
    ll s=n-1,r=0;
    while((s&1)==0){
        s>>=1;r++;
    }
    ll k=qmod(a,s,n);
    if(k==1) return true;
    for(int i=0;i<r;i++,k=k*k%n){
        if(k==n-1) return true;
    }
    return false;
}
bool is_prime(ll n)
{
    ll times =_;
    ll prime[]={_};
    for(int i=0;i<times;i++){
        //miller_rubin();
    }
}

2. 裴蜀定理

裴蜀定理的描述如下：

对于整数 $a,b$（$a,b$ 中至少有一个不为 $0$），方程 $ax+by=gcd(a,b)$ 一定有解。

有以下推论：

• 对于整数 $a,b$（$a,b$ 中至少有一个不为 $0$），方程 $ax+by=d$ ，则 $d=gcd(a,b)$（逆定理）。

• 对于一个数列 $a$（$a$ 中元素不全为 $0$）， $\sum _{i=1}^n{a}_i{x}_i=\underset{i=1}{\overset{n}{gcd}}{a}_i$ 一定有解。

下文给出了一个构造性证明。

3. 扩展欧几里得算法（exgcd）

3.1. 辗转相除法（欧几里得算法）

辗转相除法可以用来求解最大公因数等问题。

其主要算法流程如下：

1. 给定两数 $a,b$，我们认为 $a>b$。

2. 若 $b=0$ 返回 $a$。否则递归求解 $gcd(b,a\mathrm{mod}b)$

算法正确性证明如下：

首先证明 $gcd(a,b)$ 的答案是 $gcd(b,a\mathrm{mod}b)$ 的答案。

我们设 $a=bk+c$，则 $gcd(a,a\mathrm{mod}b)=c$，设 $d|a$ 且 $d|b$ ，则有 $c=a-bk$，${\displaystyle \frac{c}{d}}={\displaystyle \frac{a}{d}}-{\displaystyle \frac{b}{d}}k$。

不难发现 ${\displaystyle \frac{c}{d}}$ 是整数，即 $d|c$，所以 $gcd(a,b)$ 的答案是 $gcd(b,a\mathrm{mod}b)$ 的答案。

逆命题容易证明。

Q.E.D

代码如下：

int gcd(int a,int b)
{
    if(b==0) return a;
    else return gcd(b,a%b);
}

对于两整数 $a,b$，有：

$$gcd(a,b)\times \mathrm{lcm}(a,b)=ab$$

可以从唯一分解定理的角度进行证明，即：

$$\begin{array}{rl}& gcd(a,b)\times \mathrm{lcm}(a,b)\\ & =p_1^{min(a_1,b_1)}{p}_2^{min(a_2,b_2)}\cdots p_k^{min(a_k,b_k)}{p}_1^{max(a_1,b_1)}{p}_2^{max(a_2,b_2)}\cdots p_k^{max(a_k,b_k)}\\ & =p_1^{a_1+b_1}{p}_2^{a_2+b_2}\cdots p_k^{a_k+b_k}\\ & =ab\end{array}$$

由此，有：

int lcm(int a,int b)
{
    return a*b/gcd(a,b);
}

使用 <algorithm> 库中的 __gcd() 函数也可。

注意 <numeric> 库中的 std::gcd 和 std::lcm 仅在 C++ 17 及以上标准中可用。

3.2 扩展欧几里得算法

3.2.1. exgcd 求不定方程特解

扩展欧几里得算法（exgcd）常用于这样一类问题：给定一个不定方程 $ax+by=c$，求其一组合法的整数解，即裴蜀定理。

即：求 $ax+by=gcd(a,b)$，并将求得的 $x,y$ 分别乘以 ${\displaystyle \frac{c}{gcd(a,b)}}$。

我们可以尝试将问题转化为 4.1 中的欧几里得算法问题，即为 exgcd 算法。

与欧几里得法相似的，我们可以将 $ax+by=gcd(a,b)$ 递归为 $b{x}^{\prime }+(amodb)y^{\prime }=gcd(b,amodb)$

特殊的，exgcd 中 $ax+by=gcd(a,b)$ 与 $b{x}^{\prime }+(amodb)y^{\prime }=gcd(b,amodb)$ 并不等价。

由欧几里得算法：

$$b{x}^{\prime }+(amodb)y^{\prime }=gcd(a,b)⟺b{x}^{\prime }+(amodb)y^{\prime }=gcd(b,a\mathrm{mod}b)$$

假设 $b{x}^{\prime }+(amodb)y^{\prime }=gcd(a,b)$ 中，$x^{\prime },y^{\prime }$ 已知，由模运算定义：

$$a{y}^{\prime }+b(x^{\prime }-\lfloor \frac{a}{b}\rfloor y^{\prime })=gcd(a,b)$$

所以

$$x=y^{\prime },y=x^{\prime }-\lfloor \frac{a}{b}\rfloor y^{\prime }$$

由定义，$gcd(a,0)=a$，此时 $x=1,y=0$。

所以我们只需要递归到 $b=0$ 时终止即可。

于是我们求出了不定方程 $ax+by=c$ 的一组整数解，这也间接地证明了裴蜀定理。

附代码：

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

3.2.2. exgcd 求不定方程通解

假设我们已经知道了不定方程 $ax+by=c$ 的一组解 $x_0,y_0$，若 $x_0$ 增加 $r$ 则方程左边增加 $ar$，为保证等式成立，$by$ 需减去 $ar$，同时，$y$ 是整数。这意味着 $ar$ 是 $b$ 的倍数。

我们不妨设 $t=ar$，因为 $ar$ 是 $b$ 的倍数，所以最小的 $t=\mathrm{lcm}(a,b)$。

由最小公倍数性质：

$$\mathrm{lcm}(a,b)=ar={\displaystyle \frac{ab}{gcd(a,b)}}$$

带回原式，得：

$$r={\displaystyle \frac{b}{gcd(a,b)}}$$

$y$ 需减去：

$${\displaystyle \frac{ar}{b}}={\displaystyle \frac{\frac{ab}{gcd(a,b)}}{b}}={\displaystyle \frac{a}{gcd(a,b)}}$$

所以，不定方程 $ax+by=c$ 的通解是：

$$x=x_0+{\displaystyle \frac{b}{gcd(a,b)}}k,y=y_0-{\displaystyle \frac{a}{gcd(a,b)}}k$$

3.2.3 不定方程的无解情况

这与裴蜀定理所讨论的情况不同。

对于不定方程 $ax+by=c$ 其有解的必要条件是 $cmodgcd(a,b)=0$

证明如下：由最大公因数定义，$a,b$ 都是 $gcd(a,b)$ 的倍数，所以 $ax+by$ 是 $gcd(a,b)$ 的倍数，即 $c$ 是 $gcd(a,b)$ 的倍数。若 $cmodgcd(a,b)\ne 0$，与 $c$ 是 $gcd(a,b)$ 的倍数矛盾，不成立。此时不定方程无解。

4. 同余方程

同余方程模板题。

同余方程指的是形如 $ax\equiv 1(\mathrm{mod}b)$ 的方程。

对于这种方程，我们可以将其转化为上文的不定方程 $ax+by=c$。

为什么？

$a\equiv b(\mathrm{mod}p)$ 的本质是 $a$ 与 $b$ 之间相差了若干个 $p$。

所以 $ax\equiv 1(\mathrm{mod}b)⟺ax+by\equiv 1$

特殊的，与不定方程类似，同余方程同样可能无解，这发生在 $a,p$ 不互质的情况，证明如下：

对于不定方程 $ax+by=1$，其有解的条件是 $1modgcd(a,b)=0$，即 $gcd(a,b)=1$。

5. 费马小定理

费马小定理的描述如下：若 $p$ 为素数，$gcd(a,p)=1$，则 $a^{p-1}\equiv 1(\mathrm{mod}p)$

费马小定理是欧拉定理的一个推论，将在下文证明其正确性。

一个简单地应用：若 $p$ 是素数，$gcd(a,p)=a$ ，则：

$$a^b\equiv a^{bmodp-1}(\mathrm{mod}p)$$

另一个不简单的应用是 Miller-Rabbin 算法。

6.欧拉定理

6.1 欧拉定理

定义 $\phi (i)$ 为 $1\sim n$ 中与 $i$ 互质的数的个数。

欧拉定理如下：

若 $gcd(a,p)=1$，则有：

$$a^{\phi (p)}\equiv 1(\mathrm{mod}p)$$

证明如下：

引理： $r_1,r_2,\dots ,r_{\phi (p)}$ 为 $p$ 的一个简化剩余系，且 $gcd(a,p)=1$ 则 $a{r}_1,a{r}_2,\dots ,a{r}_{\phi (p)}$ 也为 $p$ 的一个简化剩余系。

证明：$\mathrm{\forall }1\le i\le \phi (p)$，有 $gcd(a,r_i)=gcd(p,r_i)=1$。

所以 $gcd(ap,r_i)=1$，即该元素仍存在于剩余系中。

原命题等价于：

$$\prod _{i=1}^{\phi (p)}{r}_i\equiv \prod _{i=1}^{\phi (p)}(a{r}_i)(\mathrm{mod}p)$$

两遍同时约掉 $\prod _{i=1}^{\phi (p)}{r}_i$，得：

$$a^{\phi (p)}\equiv 1(\mathrm{mod}i)$$

Q.E.D.

6.2. 扩展欧拉定理

模板题

考虑没有对 $gcd(a,m)$ 限定的情况，不带证明的，给出：

$$a^b\equiv \{\begin{array}{ll}{a}^{bmod\phi (m)}& gcd(a,b)=1\\ a^{bmod\phi (m)+\phi (m)}& gcd(a,b)\ne 1\mathrm{and}b<\phi (m)\\ a^b& gcd(a,b)\ne 1\mathrm{and}b\ge \phi (m)\end{array}$$

结论背过就行。

7. 模意义下的乘法逆元

所以我们有必要先知道什么是模意义下的乘法逆元（本文不讨论其它逆元，下文逆元皆指“模意义下的乘法逆元”）。

给定整数 $a,p$，若 $ax\equiv 1(\mathrm{mod}p)$，则称 $x$ 是 $a$ 的逆元。

如果抛弃模意义，乘法逆元其实就是取其倒数。

在下文中可能用 $a^{-1}$ 表示 $a$ 的逆元。

7.1. exgcd求逆元

逆元模板题。

显然可以用 4. 中提到的同余方程求解。

需要注意的是，由于不定方程可能无解，所以逆元只存在于 $a,p$ 互质时。

值得注意的是，这里仅要求 $a,p$ 互质，而费马小定理还要求 $p$ 一定为质数。

代码：

void exgcd(int a, int b, int &x, int &y) 
{
    if (!b) 
        x=1,y=0;
    else 
        exgcd(b,a%b,y,x),y-= a/b*x;
}
exgcd(a,p,x,y);//a 在 mod p 下的逆元为 x。

7.2. 费马小定理求逆元

由费马小定理，$a^{p-1}\equiv 1(\mathrm{mod}p)$。

而逆元要求的式子是 $ax\equiv 1(\mathrm{mod}p)$。

不难发现 $x=a^{p-2}$，快速幂求出即可。

求一个数的逆元的时间复杂度 $O(\log n)$，可以在模板题中拿到 64 pts。

7.3. 线性求逆元

如果我们需要求 $1\sim n$ 中所有数的逆元，时间复杂度为 $O(n\log n)$，不可接受。

可以在线性时间复杂度求解该问题。

显然，对于任意的 $p$，$1^{-1}\equiv 1(\mathrm{mod}p)$

我们可以递归的求解 $i^{-1}$。

设 $k=\lfloor {\displaystyle \frac{p}{i}}\rfloor ,j=pmodi$，则：

$$p=ki+j$$

将其代回模 $p$ 意义下，得：

$$ki+j\equiv 0(\mathrm{mod}p)$$

两遍同乘 $i^{-1}{j}^{-1}$，得：

$$k{j}^{-1}+i^{-1}\equiv 0(\mathrm{mod}p)$$

移项，得：

$$i^{-1}\equiv -k{j}^{-1}(\mathrm{mod}p)$$

即：

$$i^{-1}\equiv -\lfloor {\displaystyle \frac{p}{i}}\rfloor (pmodi{)}^{-1}$$

我们可以发现，$(pmodi{)}^{-1}$ 一定会在 $i^{-1}$ 之前求出，所以我们可以递推地求逆元。

特殊的，当 $p\equiv 0(\mathrm{mod}i)$ 时 $pmodi$ 未定义，这是由于在 $p$ 和 $i$ 不互质时，没有逆元导致的，所以我们一般会将 $p$ 设置为大质数，以防止这种情况的发生，这也是部分数论题的模数为大质数的原因。

代码：

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

我们使用 p-p/i 来避免出现负数。

7.4. 线性求任意 $n$ 个数逆元

模板题

时间复杂度要求 $O(n)$。

这与 7.3 没有关系。

设 $s_n=\prod _{i=1}^n{a}_i$，并计算 $s_n^{-1}$。

显然，有 $s_{i-1}^{-1}=s_i^{-1}{a}_i$，故可以递推计算 $s_i^{-1}$。

有 $a_i^{-1}=s_i^{-1}\times s_{i-1}$。原问题得解。

代码：

s[0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
    s[i]=s[i-1]*a[i]%p;
invs[n]=qpow(s[n],p-2);//请注意题目所给是否是质数
for(int i=n;i>=1;i--)
    invs[i-1]=invs[i]*a[i]%p;
for(int i=1;i<=n;i++)
    inva[i]=invs[i]*s[i-1]%p;

8.卢卡斯定理

8.1 模数为质数的情况

模板题

卢卡斯定理可以解决一些大组合数取模问题。

对于质数 $p$，有：

$$(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m})modp=(\genfrac{}{}{0ex}{}{\lfloor \frac{n}{p}\rfloor }{\lfloor \frac{m}{p}\rfloor })(\genfrac{}{}{0ex}{}{nmodp}{mmodp})modp$$

在此不做证明。

值得注意的，$(\genfrac{}{}{0ex}{}{\lfloor \frac{n}{p}\rfloor }{\lfloor \frac{m}{p}\rfloor })$ 可继续递归求解，直至 $m=0$ 为止。

int solve(int n, int m) {
    if (m == 0) {
        return 1;
    }
    else {
        return solve(n / p, m / p) % p * C(n % p, m % p) % p;
    }
}

8.2 exLucas

模板题

需先阅读 9.1。

事实上，$p$ 为小合数时，也有类似的做法，这被称为 exlucas，即求：

$$C_n^{m}modp$$

由于 $p$ 是合数，我们不妨先使用 CRT/exCRT进行拆分，设 $p=p_1^{{\alpha }_1}{p}_2^{{\alpha }_2}\cdots p_t^{{\alpha }_t}$，得：

$$\begin{array}{}\text{(1)}& \{\begin{array}{lll}{C}_n^m& mod& p_1^{{\alpha }_1}\\ & \cdots \\ C_n^m& mod& p_t^{{\alpha }_t}\end{array}\end{array}$$

问题转化为求解 $C_n^{m}mod{p}^k,p\in \mathtt{\text{prime}}$。

展开，得：

$$\begin{array}{}\text{(2)}& {\displaystyle \frac{n!}{m!(n-m)!}}mod{p}^k\end{array}$$

我们无法直接计算 $m!(n-m)!$ 的逆元，但由于 $p$ 是质数，所以可以变形为：

$$\begin{array}{}\text{(3)}& {\displaystyle \frac{\frac{n!}{p^x}}{\frac{m!}{p^y}\frac{(n-m)!}{p^z}}}{p}^{x-y-z}mod{p}^k\end{array}$$

其中，$x,y,z$ 指分子含有因数 $p$ 的个数。

由于两数互质是存在逆元的充分必要条件，上式的分母一定存在模 $p^k$ 意义下的逆元。

即我们将问题进一步转化为求：

$$\begin{array}{}\text{(4)}& {\displaystyle \frac{n!}{p^x}}mod{p}^k\end{array}$$

在这个式子中，我们考虑 $n!$ 是由哪几部分组成的。借用 oi-wiki 的例子，我们以 $n=22,p=3,k=2$ 进行举例：

$$\begin{array}{rl}22!=& (1\times 2\times 4\times 5\times 7\times 8)\times (10\times 11\times 13\times 14\times 16\times 17)\\ & \times (19\times 20)\\ & \times (3\times 6\times 9\times 12\times 15\times 18\times 21)\\ =& (1\times 2\times 4\times 5\times 7\times 8{)}^2\times (19\times 20)\times 3^{7}7!\end{array}$$

观察最后的这个式子，它由三部分组成：

1. $3$ 的幂，其次数是 $\lfloor \frac{n}{p}\rfloor$。
2. $\lfloor \frac{n}{p}\rfloor !$ 它和第一部分共同构成了与 $p$ 互质部分的乘积。
3. $n!$ 中，与 $p$ 不互质部分的乘积，首先是每 $p^k$ 个一组，共 $\lfloor \frac{n}{p}\rfloor$ 组，之后是无法被完整归到组内的剩余部分。

形式化的，$n!(\mathrm{mod}{p}^k)⟺$

$$\begin{array}{}\text{(5)}& p^{\lfloor \frac{n}{p}\rfloor }\lfloor \frac{n}{p}\rfloor !(\prod _{i=1,imodp\ne 0}^{p^k}i{)}^{\lfloor \frac{n}{p^k}\rfloor }(\prod _{i=p^k\lfloor \frac{n}{p^k}\rfloor ,i(\mathrm{mod}p)\ne 0}^{n}i)\end{array}$$

由于 $\lfloor {\displaystyle \frac{n}{p}}\rfloor$ 恰好等于 $x$，将 $(5)$ 式变形，定义函数 $f(n)$ 为：

$$\begin{array}{}\text{(6)}& f(n)=\lfloor \frac{n}{p}\rfloor !(\prod _{i=1,imodp\ne 0}^{p^k}i{)}^{\lfloor \frac{n}{p^k}\rfloor }(\prod _{i=p^k\lfloor \frac{n}{p^k}\rfloor ,i(\mathrm{mod}p)\ne 0}^{n}i)(\mathrm{mod}{p}^k)\end{array}$$

由于 $\lfloor {\displaystyle \frac{n}{p}}\rfloor$ 中还与 $p^k$ 存在公因数，所以该部分可以递归求解，边界为 $f(0)=1$。

现在我们考虑如何求解 $(4)$ 式中的 $x$。

由于 $x$ 恰好等于 $\lfloor {\displaystyle \frac{n}{p}}\rfloor$，所以可定义函数 $g(x)$ 为：

$$\begin{array}{}\text{(7)}& g(x)=g(\lfloor \frac{n}{p}\rfloor )+\lfloor \frac{n}{p}\rfloor \end{array}$$

将 $(7)$ 式代回 $(3)$ 式，得：

$$\begin{array}{}\text{(8)}& {\displaystyle \frac{\frac{n!}{p^x}}{\frac{m!}{p^y}\frac{(n-m)!}{p^z}}}{p}^{g(n)-g(m)-g(n-m)}mod{p}^k\end{array}$$

将 $(3)$ 式的答案通过 CRT/exCRT 合并，即可得到 $(1)$ 式答案。

int f(int n, int mod, int k) {//k 底数 n当前分解 mod 完整的模数(p^k)
    if (n == 0) {
        return 1;
    }
    int ans = 1;
    for (int i = 1; i <= mod; i++) {
        if (i % k != 0) {
            ans = ans * i  % mod;
        }
    } 
    ans = qpow(ans, n / mod, mod);
    for (int i = mod * (n / mod); i <= n; i++) {
        if (i % k != 0) {
            ans = ans * (i % mod) % mod;
        }
    }
    ans = (ans * f(n / k, mod, k)) % mod;
    return ans; 
}

int g(int n, int k) {
    if (n < k) {
        return 0;
    }
    return g(n / k, k) + n / k;
}

int solve(int k, int mod) {
    return f(n, mod, k) * inv(f(m, mod, k), mod) % mod * inv(f(n-m, mod, k), mod) % mod * qpow(k, g(n, k) - g(m, k) - g(n - m, k), mod) % mod;
}

int exlucas(int n, int m, int mod) {
    int upp = sqrt(mod);
    for (int i = 2; i <= upp; i++) {
        if (mod % i == 0) {
            ++top;
            pri[top] = i;
            while (mod > 0 && mod % i == 0) {
                pnum[top] ++;
                mod /= i;
            }
        }
    }
    if (mod != 1) {
        pri[++ top] = mod;
        pnum[top] ++;
    }
    for (int i = 1; i <= top; i++) {
        ans[i] = solve(pri[i], qpow(pri[i], pnum[i]));
    }
    int res = ans[1], resmod = qpow(pri[1], pnum[1]);
    for (int i = 2; i <= top; i++) {
        excrt(res, resmod, ans[i], qpow(pri[i], pnum[i]));
    }
    return res;
}

9.中国剩余定理（CRT）

9.1. 模数互质的情况

模板题

中国剩余定理可以求解如下的方程组的解，：

$$\{\begin{array}{l}x\equiv a_1(\mathrm{mod}{p}_1)\\ x\equiv a_2(\mathrm{mod}{p}_2)\\ \cdots \\ x\equiv a_k(\mathrm{mod}{p}_k)\end{array}$$

其中 $p$ 两两互质。

我们可以构造地解出该方程组。

1. 设 $P=\prod _{i=1}^k{p}_i$。

2. 设 $m_i={\displaystyle \frac{P}{p_i}}$

3. 求解 $m_i$ 在$(\mathrm{mod}{p}_i)$ 意义下的逆元 $m_i^{-1}$。

4. 设$c_i=m_i{m}_i^{-1}$。

答案即为 $\sum _{i=1}^k{a}_i{c}_i(\mathrm{mod}P)$。

证明如下：

设 $i\ne j$，则：

$$c_j\equiv m_j\equiv 0(\mathrm{mod}{p}_i)$$

又有：

$$c_i\equiv m_i(m_i^{-1}mod{p}_i)\equiv 1(\mathrm{mod}{p}_i)$$

代入原式，得：

$$\begin{array}{rlrl}x& \equiv \sum _{j=1}^k{a}_j{c}_j& & (\mathrm{mod}{p}_i)\\ & \equiv a_i{c}_i& & (\mathrm{mod}{p}_i)\\ & \equiv a_i{m}_i(m_i^{-1}mod{p}_i)& & (\mathrm{mod}{p}_i)\\ & \equiv a_i& & (\mathrm{mod}{p}_i)\end{array}$$

故对于 $\mathrm{\forall }1\le i\le k,x\equiv a_i(\mathrm{mod}{p}_i)$。

证毕！

CRT 代码：

int CRT()
{
    int sump=0,ans=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        sump*=p[i];
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        int b,y;
        m[i]=sump/p[i];
        exgcd(m[i],p[i],b,y);
        invm[i]=b;
        c[i]=invm[i]*m[i];
        ans+=a[i]*c[i]%sump;
    }
    return (ans%sump+sump)%sump;
}

CRT 告诉了我们这样一件事，对于两两互质的数列 $p_1,p_2,\cdots ,p_k$ 中 $P=0\sim \prod _{i=1}^k{p}_i$ 这 $P$ 个数与 $[0,m_1),[0,m_2),\cdots ,[0,m_k)$ 这样的 $k$ 个二元组之间存在一一对应关系。

也就是说当我们想要求一个在 $\prod _{i=1}^k{p}_i$ 之内的数时，我们只需要求其分别对 $p_1,p_2,\cdots ,p_k$ 取模的值，再使用 CRT 合并即可。

把 P 分解为质因数整数幂的成绩，对于每个质因数整数幂作为模数分别求解（这往往比任意合数好求），再用 CRT 合并，是数论题常见的解法——@zhqwq

这类问题的模板题：[SDOI2010] 古代猪文。

9.2. exCRT

模板题

求解：

$$\begin{array}{}\text{(9)}& \{\begin{array}{l}x\equiv a_1(\mathrm{mod}{p}_1)\\ x\equiv a_2(\mathrm{mod}{p}_2)\\ \cdots \\ x\equiv a_k(\mathrm{mod}{p}_k)\end{array}\end{array}$$

的正整数解，其中 $p$ 不保证两两互质。

考虑前两个方程，将其合并，我们有：

$$\begin{array}{}\text{(10)}& \begin{array}{r}{x}^{\prime }=a_1+m_{1}p=a_2+m_{2}q\\ m_{1}p-m_{2}q=a_1+a_2\end{array}\end{array}$$

由裴蜀定理，当 $gcd(m_1,m_2)|(a_1+a_2)$ 时，该方程有解。

讨论有解情况时，可以将两边同时除以 $gcd(m1,m2)$，得：

$$\begin{array}{}\text{(11)}& \{\begin{array}{ll}{k}_1& ={\displaystyle \frac{m_1}{gcd(m1,m2)}}\\ \\ k_2& ={\displaystyle \frac{m_2}{gcd(m1,m2)}}\\ \\ y& ={\displaystyle \frac{(a_1+a_2)}{gcd(m1,m2)}}\end{array}\end{array}$$

得到 $k_{1}p+k_{2}q=y$，由于 $k1,k2$ 互质，所以我们可以得出一组它的解 $(u,i)$，然后有：

$$\begin{array}{}\text{(12)}& \{\begin{array}{l}p=uy\\ q=-iy\end{array}\end{array}$$

对于式 $(10)$，我们可以将式 $(12)$ 代入得到：

$$x^{\prime }=a_1+m_{1}p=a_1+m_{1}uy$$

代入式 $(11)$ 得：

$$x^{\prime }=a_1+m_{1}u{\displaystyle \frac{(a_1+a_2)}{gcd(m1,m2)}}$$

至此，我们完成了两个同余方程的合并，并得到了特解。容易发现，新的同余式子是在 $mod\mathrm{lcm}(m1,m2)$ 意义下的。

因通解是容易求的，为：

$$\begin{array}{}\text{(13)}& x\equiv x^{\prime }(\mathrm{mod}\mathrm{lcm}(m1,m2))\end{array}$$

我们不妨去想一想这是为什么，对 $\mathrm{lcm}(m1,m2)$ 取模的结果，就是将整个整数集分成了 $\mathrm{lcm}(m1,m2)$ 个等价类，如果等价类里有 $1$ 个解，那肯定所有都是解。

一人得道，鸡犬升天。

——阮行止

按该方法进行合并即可。

void excrt(int &a, int &mod, int aa, int mmod) {
    int g = __gcd(mod, mmod);
    int m = mod / g * mmod;
    int p, q;
    exgcd(mod / g, mmod / g, p, q);
    p = p * mod % m * (aa - a) / g % m;
    a = (a + p + m) % m;
    mod = m;
}

---

wrote on 23.11.3

upd on 23.11.28

upd on 23.12.1

upd on 24.1

upd on 24.9.1 这回应该真写完了。