【做题笔记】数论做题笔记

前言

题目来源

初等数论学习I

Euclid Problem：板题，用 $exgcd$ 求出的两个解就是 $|x|+|y|$ 最小的整数解

【模板】二元一次不定方程 (exgcd)：板题

Gift Dilemma：将方程变为 $ax+by\equiv p-cz$，枚举 $c$ 前的系数，若 $n=\frac{p}{c}$，那么时间复杂度为 $O(Tn\log n)$

[POI2005] SKO-Knights：如果能到达原先所有横坐标，并且能到达原先所有纵坐标，就可以到达原先所有坐标。为了方便考虑令最后分出的两个向量中有一个竖直向量，由于它只会对竖直方向有影响，所以另一个非竖直向量横坐标应该为 $\gcd(a_1,a_2...a_n)$。也就是若现在在合并 $a[i],a[i+1]$，首先求出 $a[i]x+a[i+1]y=\gcd(a[i],a[i+1])$ 的解，那么非竖直向量应该是 $(a[i]x+a[i+1]y,b[i]x+b[i+1]y)$，记为 $(A,B)$。人话说就是 $x$ 个 $i$ 向量和 $y$ 个 $i+1$ 向量合并。通过向量 $(A,B)$，我们只能走到 $(a,a/A\times B)$，但是我们要走到 $(a,b)$，所以竖直向量纵坐标要调整到 $b-a/A\times B$。同理可得竖直向量为 $(0,\gcd(b-a/A\times B,a-b/B\times A))$

[POI2011] SEJ-Strongbox：由于 $a$ 可以与 $b$ 相等，因此若 $k$ 为密码，那么 $2k,3k,4k...\lfloor\frac{n}{k}\rfloor k$ 都是密码。由此可得，由于前 $k-1$ 个数都不是密码，所以它们的因子也都不是密码。而最小的密码一定在第 $k$ 个数因子的集合里。将之前所说的因子划掉，留下的最小的因子就是最小的密码 $x$，又因 $x$ 的倍数都是密码，答案即为 $\frac{n}{x}$。稍微优化一下就是直接划掉 $\gcd(a[i],a[k])$ 的因子，然后再在 $\gcd(a[k],n)$ 中找。

[WC2021] 斐波那契：没写，期待发货

[POI2012] WYR-Leveling Ground：没写，期待发货

ETF - Euler Totient Function：欧拉函数板子

Irreducable Basic Fractions：欧拉函数板子

Enumerating Rational Numbers：先预处理欧拉函数，再二分出分母，最后暴力出分子。

上帝与集合的正确用法：一个奇怪的结论，当 $x^{x^{x^{x^x...}}}$ 的指数够大的时候，这就是一个确定的值。令 $f(x)$ 表示指数为 $x$ 时的结果，每次递归 $f(x\bmod\varphi (x)+\varphi(x))$，在 $x=1$ 的时候返回 $0$ 即可。

[[六省联考 2017] 相逢是问候：没写，期待发货

[TJOI2007] 可爱的质数/【模板】BSGS：板子

[SDOI2011] 计算器：拼凑题，需要注意的是 BSGS 时 $a$ 可能是 $p$ 的倍数，需要特判一下。

MOD - Power Modulo Inverted：扩展 BSGS 板子

SDOI2013] 随机数生成器：较恶心的推式子题，一顿乱推首先不难得出 $x_i\equiv a^{i-1}x_1+b\sum\limits_{j=0}^{j-2}a^j\pmod p$，后面这西格玛是等比数列，运用等比数列求和公式易将其化为 $x_i\equiv a^{i-1}x_1+b\frac{1-a^{i-1}}{1-a}\pmod p$，接着一顿化到 $x_1\times a^{AT}+k\times a^{AT}\equiv t\times a^B+k\times a^B$，就可以用大步小步做了。

【模板】中国剩余定理（CRT）/ 曹冲养猪：板题

【模板】扩展中国剩余定理（EXCRT）：板题

[NOI2018] 屠龙勇士：恶心题\ouu，但也教会了我许多细节处理。首先显然每次选择的剑都是唯一的，这个可以考虑用 multiset 或手写平衡树预处理出来，记为$atk[i]$，然后建立方程组 $atk_i\times x\equiv a_i\pmod {p_i}$，接着用扩展中国剩余定理随便搞一下。

[COCI2012-2013#6] BAKTERIJE：没写，期待发货

[SDOI2010] 古代猪文：实际上求 $p=\sum\limits_{d|n} \dbinom{n}{d}$。先用个欧拉 $g^{ansi}\equiv g^{ansi\;\bmod\;\varphi(mod)}\pmod {mod}$，而由于模数是质数，所以 $\varphi(mod)=mod-1$。但此时用 Lucas 由于模数太大了还会挂，考虑将 $mod-1$ 质因数分解为 $2\times3\times4679\times35617$，问题就转化为求线性方程组$\begin{cases}x\equiv ansi\pmod 2\\x\equiv ansi\pmod3\\x\equiv ansi\pmod {4679}\\x\equiv ansi\pmod {35617}\end{cases}$，再用一下 Lucas 定理即可。

小 A 与两位神仙：没写，期待发货

[ WC2020] 猜数游戏：没写，期待发货

「SWTR-8」幂塔方程：没写，期待发货

【模板】二次剩余 ：板子

[Code+#7] 同余方程：没写，期待发货

【模板】卢卡斯定理/Lucas 定理 ：板子

【模板】扩展卢卡斯定理/exLucas：没学，期待发货

初等数论学习II

【模板】Pollard-Rho：板子

初等数论学习III

Extreme Extension：没写，期待发货

完全平方数：设 $f(n)$ 表示 $n$ 的范围内所有不讨厌的数，最后只需要二分答案一下即可。接下来的想法大概是线性筛出值域范围内所有小 X 不讨厌的数，但是值域范围内显然无法实现这一点。如果直接筛去 $2^2,3^3,4^4...$ 的倍数的话，$2^2$ 和 $4^4$ 的倍数显然会有一部分重复，人话说就是会有一些数被减去多遍，这显然是不好的。而由于 $4^4$ 的倍数会完全包含在 $2^2$ 的倍数的集合里面，所以我们先只考虑筛质数的平方的倍数。

但是此时在筛 $2^2$ 的倍数和 $3^3$ 的倍数时，$36$ 会在 $2\times 2\times 9$ 和 $3\times 3\times 4$ 的时候都被减去一次，所以类似地，我们考虑再加上 $6^2,10^2,14^2...$ 的倍数。然后又会有数被加多遍，所以又要再减去.....以此类推，就可以得到容斥的想法。

综上，我们枚举 $i$ 表示 $i$ 的平方的倍数对答案有多少贡献，显然有在 $n$ 里面 $i$ 的平方的倍数有 $\lfloor\frac{n}{i^2}\rfloor$。再结合前面的讨论，归纳一下可得当 $i$ 有奇数个不同质因子的时候贡献为 $1$，有偶数个的时候贡献为 $-1$。因此得到 $f(n)=\sum\limits_{i=1}^{\sqrt n} \mu(i)\lfloor\frac{n}{i^2}\rfloor$。

一个比较细节的地方是打表发现最后的答案不会超过 $n$ 的两倍，所以二分的边界和预处理 $\mu(x)$ 的边界由此可以确定。

经验

1.（扩展）欧几里得

2. （扩展）欧拉定理

3. （扩展）大步小步算法

4. （扩展）中国剩余定理

取模的时候建议模数除以一下 $\gcd$，防止爆炸

求出来的 $x$ 建议先取好模再运算