网课-数论学习笔记
Miller-Rabin 素性测试
一个基于随机的、有概率出错的素性测试算法。
结合了两个定理：
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费马小定理的逆命题
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二次探测定理
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费马素性测试
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流程：随机选择基数 \(a\)，验证是否满足 \(a^{x-1} \equiv 1 \pmod{x}\)
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局限：无法排除一种叫作 Carmicheal 数的合数，这种合数不管选什么基数，都满足同余 \(1\)。
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二次探测定理
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内容：对于 \(p^e\)（\(p\) 为奇素数，\(e \ge 1\)），\(x^2 \equiv 1 \pmod{p^e}\) 有且仅有两个解 \(x = 1\) 和 \(x = p-1\)。
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证明：移项得 \((x-1)(x+1) \equiv 0 \pmod{p^e}\)。
如果 \(p\) 为素数的话，\(x-1\) 和 \(x+1\) 只能是 \(p\) 的倍数。
否则 \(p\) 为合数的话，可能出现 $x-$1 和 \(x+1\) 分别是 \(p\) 的一个因数的倍数的情况。
称 \(x = 1, x = p-1\) 为“平凡平方数”；反之，称之为“非平凡平方数”。
可以证明，Carmicheal 数绝对不是 \(p^e\)，因此运用二次探测定理可以排除 Carmicheal 数。（当然，毕竟是随机算法，不一定能完全排除。。。）
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总流程
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每次随机一个基数 \(a\)。在 \(2^{64}\) 以内，使用前 \(12\) 个质数作为基数即可。
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将指数 \(x-1\) 进行拆分：\(x-1 = u2^t\)，其中 \(u\) 为一个奇数
那么现在要计算的就是：\((a^u)^{2^t}\)。
如此可以平方的部分就被我们拆出来了。我们只需要先把 \(a^u\) 算出来，然后连续平方 \(t\) 次即可。
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平方的过程中，应该这么判定：
如果当前检测到了不平凡平方数，立即退出返回合数；
如果最后不满足费马素性测试，返回合数。
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筛法
众所周知筛法是用来筛质数的。但现在筛法往往被用于一些数论函数的求值。
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线性筛
它可以线性复杂度预处理所有的 积性函数。例：\(\varphi(x), \mu(x), f(x)=x^k\)（当 \(k\) 很大快速幂被卡时……）。因为我们一定可以应用该式子：
\[f(n) = f(n/p^c)f(p^c) \] -
埃氏筛
埃氏筛可以说蕴含了许多数论问题的基本思想：通过因子去筛数，而非通过数去枚举因子。
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P1835 素数密度：区间筛。预处理 \(\sqrt{R}\) 内的质数，然后用埃氏筛筛 [L, R] 的质数。
一些线性筛无法处理的且与因子相关的函数可以使用埃氏筛处理。详见下文“狄利克雷卷积”。
欧拉函数
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P10031 「Cfz Round 3」Xor with Gcd：主要利用了对于 \(d|n\)，\(\sum_{i=1}^n[\gcd(n, i)=d] = \varphi(\frac{n}{d})\)。
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P2158 [SDOI2008] 仪仗队、P2398 GCD SUM、P1390 公约数的和：将最大公因数问题转化为互质数问题。
威尔逊定理
令质数集合为 \(P\)，则有：
威尔逊定理可以解决一些与阶乘相关的和式。
光速乘
用于解决模意义下在过程中出现整形溢出的情况。
它主要运用的是：
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首先使用
long double计算出 \(\frac{ab}{p}\)。【注意：因为有可能有浮点误差，在这里我们先将计算结果加上
0.5。此时的商向下取整可能会比正确的结果大1，这个问题在后面会被解决。】 -
然后使用
ull计算出 \(ab\) 和 \(p\lfloor\dfrac{ab}{p}\rfloor\)，此时可能会发生自然溢出。 -
将上一步计算出的结果相减，并将结果强转回
ll。此时的答案有两种情况：-
小于
0。这是由浮点误差造成的。 -
其余情况在这里得到的结果都会是大于等于
0的。
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最后，如果
ans < 0，将其加上模数恢复到正常范围内即可。
ll Times(ll a, ll b, ll p){
ull t = (long double)a*b/p+0.5;
ll ans = (ull)a*b-t*p;
if(ans < 0) ans += p;
return ans;
}
线性预处理逆元
P3811 【模板】模意义下的乘法逆元：通过用 \(i\) 除以 \(p\)，在模 \(p\) 意义下分解出 \(i^{-1}\) 和 \(p \bmod i\)，而后者已经计算过可以用于递推。\(O(n)\)。
P5431 【模板】模意义下的乘法逆元 2：用快速幂处理出整个数列积的逆元，即可递推得到前缀积的逆元；再结合数列前缀积，即可得到数列每个数的逆元，\(O(n + \log p)\)。
扩展欧几里得算法
最后求出的特解满足：\(|x| \le b, |y| \le a\)。因此，\(a, b\) 开 int \(x, y\) 就开 int，\(a, b\) 开 long long \(x, y\) 就开 long long。
同余最短路
或许这个更应该放到图论建模里边去？
同余最短路一般用于解决给定序列 \(a\)，求 \(\sum a_ix_i(x_i \in N)\) 的相关问题。
如果要求出最小的正整数 \(b\)，满足 \(\sum a_ix_i = b(x_i \in N)\) 无解，可以设置若干个点，并在每对 \(x, x+a_i\) 之间连边，得到一个 DAG，并在其上跑 DP。显然，这在 \(b\) 过大时是会炸的。
同余最短路通过将状态设置为 \([0, a_i-1]\)（\(i\) 可取任意 \(1 \sim n\)），代表模 \(a_i\) 的每个同余类，节省了空间时间。此时，我们只需以 \(0\) 为起点，在其上跑最短路，即可得到每个同余类能被拼凑出的最小数。
以下为几道板子题：
中国剩余定理
中国剩余定理大致有两种用途：
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将某些难求的用分解质因数拆解，然后用中国剩余定理组装。
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处理循环节问题。
例题：
这个题的难点个人认为反而不在 CRT 本身，而在转化的技巧。
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循环小数化分数
以后遇到类似的别的种类的分小互化，可以学习此处的列方程法。
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二进制运算互化
\[a + b = a \oplus b + 2(a \And b) \]\[a + b = a | b + a \And b \]\[a | b = a \oplus b + a \And b \]本题需要用到第一种。主要是因为，与运算、循环节与 CRT 能很好地结合：找到任意两个 1 所在循环中对应的位置。
原根与阶
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阶的定义：
记作 \(\text{ord}_p(a)\)。
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阶的计算：
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离散对数存在定理：现有 \(a^t \equiv b \pmod p\) ，保证 \(a, p\) 互质且 \(b, p\) 互质且 \(p\) 为质数。\(t\) 有解的充要条件是 \(\text{ord}(b)|\text{ord}(a)\)。
必要性：可得到 \(a^{\text{ord}(a)t} \equiv b^{\text{ord}(a)} \equiv 1 \pmod p\)，故 \(\text{ord}(b)|\text{ord}(a)\)。
充分性如下：
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性质：若 \(\text{ord}(a), \text{ord}(b)\) 互质，则 \(\text{ord}(ab) = \text{ord}(a)\text{ord}(b)\)。（注意，这个和积性函数的定义是不同的。）
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答案为枚举 \(2^x \bmod p\)。可简单粗暴地通过扩展欧拉定理化为 \(2^{x\bmod\varphi(p)+\varphi(p)} \bmod p\)，\(2^{2^{x\bmod\varphi(\varphi(p))+\varphi(\varphi(p))}\bmod\varphi(p)+\varphi(p)} \bmod p\)……一直递归计算。又暴力又巧妙，复杂度可证明为 \(\log p\) 级别。
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原根定义：
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质数的原根存在定理：
尝试证明：如果当前还有两个数 \(a, b\)，满足 \(a^t \equiv b \pmod p\) 没有解，那么我们一定还能构造出一个新的数 \(c\)，满足 \(\text{ord}(c) > \text{ord}(a)\And\text{ord}(b)\)。（显然，如果这个定理成立，即可推得原根一定存在。）
因为 \(a^t \equiv b \pmod p\) 没有解，那么 \(\text{ord}(b)\) 不为 \(\text{ord}(a)\) 的因子，于是 \(\text{lcm}(\text{ord}(b), \text{ord}(a)) > \text{ord}(a)\And\text{ord}(b)\) 一定成立。现在试着构造一个数 \(c\) 使得 \(\text{ord}(c) = \text{lcm}(\text{ord}(b), \text{ord}(a))\)。
令 \(d = \gcd(\text{ord}(a), \text{ord}(b))\)，则可以得到 \(\text{ord}(a^d) = \frac{\text{ord}(a)}{d}\)，且 \(\frac{\text{ord}(a)}{d}, \text{ord}(b)\) 互质。根据性质“若 \(\text{ord}(a), \text{ord}(b)\) 互质，则 \(\text{ord}(ab) = \text{ord}(a)\text{ord}(b)\)”，可得到 \(c = a^db, \text{ord}(c) = \text{lcm}(\text{ord}(b), \text{ord}(a))\)。
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原根的个数：\(\varphi(\varphi(p))\) 个。若已经有原根 \(g\)，容易证明满足 \(\gcd(\varphi(p),k) = 1\) 的 \(g^k\) 都是原根。
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原根的计算：最小的原根为 \(\log p\) 级别，直接枚举求阶即可。若想求出所有原根，枚举 \(\gcd(\varphi(p),k) = 1\) 求 \(g^k\) 即可。
BSGS 算法
- P3846 [TJOI2007] 可爱的质数/【模板】BSGS：通过除以 \(\sqrt{p}\)，将指数拆为余数部分、商部分，预处理余数部分，检查商部分。而余数、商都在 \(\sqrt{p}\) 范围内。【直接使用 BSGS 的前提为 \(b, p\) 互质，因为只有此时才能在模 \(p\) 意义下进行 \(b\) 的除法运算。】
当模数不变，有 \(T\) 次询问，可以更改块大小，将复杂度从 \(O(T\sqrt{p})\) 变为 \(O(\sqrt{Tp})\)。
- P4195 【模板】扩展 BSGS/exBSGS：将同余方程 \(a^t \equiv b \pmod{p}\) 写为丢番图方程的形式 \(a^t+kp = b\)。令 \(d = \gcd(a, p)\)，根据裴蜀定理，当且仅当 \(d|b\) 时有解。故可将问题转化为 \(\frac{a}{d}a^{t-1} \equiv \frac{b}{d} \pmod{\frac{p}{d}}\)。如果此时还存在公因数，则继续递归，直到化归为互质情况。
Pohlig-Hellman 算法（扩展扩展 BSGS）
……（暂略）……
二次剩余 + 相当匪夷所思的Cipolla 算法
证明：
对于任意两个解，一定满足 \(x_1^2 \equiv x_2^2 \equiv a\)，得 \(x_1 \equiv x_2\) 或 \(x_1 \equiv -x2\)。由此可见没有多于两个解。
设只有一个解，则 \(x \equiv -x\)，即 \(2x\equiv0\)。由于 \(p\) 为奇质数，\(x\) 无解。
证明：
取 \(p\) 的一个原根 \(g\)，则只有 \(g^0, g^2, g^4, \dots, g^{p-3}\) 为二次剩余。
证明：
当 \(a\) 是二次剩余时，\(a^{\frac{p-1}{2}} \equiv x^{p-1} \equiv 1\)。
当 \(a\) 不是二次剩余时，取 \(p\) 的一个原根 \(g\)，设 \(a \equiv g^{2n+1}\)，则 \(a^{\frac{p-1}{2}} \equiv g^{(p-1)n+\frac{p-1}{2}} \equiv g^{\frac{p-1}{2}}\)，因为 \((g^{\frac{p-1}{2}})^2 \equiv 1\) 且 \(g^{\frac{p-1}{2}} \not\equiv 1\)，有 \(a^{\frac{p-1}{2}} \equiv g^{\frac{p-1}{2}} \equiv -1\)。
- Cipolla 算法：
首先使用欧拉判别法，如果 \(c\) 不是二次剩余则无解。
如果有解，则不断随机 \(a\)，直到 \(a^2-c\) 不是 \(p\) 的二次剩余。单次随机的成功率为 \(50\%\)，故最坏也只需要随 \(\log\) 次。
添加一个数 \(w\)，令其满足 \(w^2 \equiv a^2-c\)。方程的解即为 \(x \equiv (a+w)^{\frac{p+1}{2}}\)。
你肯定在思考：\(a^2-n\) 都不是二次剩余，这个数 \(w\) 存不存在？它又该怎么求？其实这里运用的是类似“虚数”的方法定义的 \(w\)——我们令 \(w\) 相当于虚数单位 \(i = \sqrt{-1}\)，那么 \((a+w)^{\frac{p+1}{2}}\) 只需要类比复数的运算法则计算。另外，我们根本不需要真正求出 \(w\)，可以证明它在最后会被抵消——这是一种设而不求的思想。
接下来证明：为什么 \((a+w)^{\frac{p+1}{2}}\) 就是答案 & 为什么答案中 \(w\) 会被抵消。
关于 Cipolla 算法有什么用——它相当于模意义下开根。如果遇到在模意义下解二元一次方程，就可以用它解决根号部分。
整除分块
两个重要结论：
整除分块又称数论分块。
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P3935 Calculating、P2424 约数和：区间因子和。有很多数论问题在对每个位置处的函数单独求再求和时很困难时，会选择用函数的组成部分得到函数之和。
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二次数论分块：有些题目可能有内外两层数论分块，即 \(\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{i}\rfloor}\sum_{k=1}^{\lfloor\frac{m}{j}\rfloor}\)。此时我们可以对两层分别跑一次数论分块，时间复杂度为 \(O(\sum_{i=1}^{\sqrt{n}}\sqrt{i} + \sum_{i=1}^{\sqrt{n}}\sqrt{\frac{n}{i}}) = O(n^{\frac{3}{4}})\)。（用积分求的）
狄利克雷卷积
狄利克雷卷积是一个作用于数论函数、返回数论函数的运算，满足交换律、结合律和分配律。它的定义为：
有一些函数进行狄利克雷卷积后可以得到一些特殊函数：
\(\epsilon(n) = \begin{cases}1&n=1 \\ 0&n>1\end{cases}\)（元函数），满足对于任意 \(f(x)\) 有 \(f*\epsilon = f\)。
\(I(n) = n\)（恒等函数）
\(1(n) = 1\)（常数函数）
\(d(n) = 1*1\)（因数个数函数）
\(\sigma(n) = I*1\)（因数和函数）
\(I(n) = \varphi*1\)（欧拉函数）
\(\epsilon(n) = \mu*1\)（莫比乌斯函数）
两个积性函数的卷积依旧为积性函数。
可以发现上面大多数性质都是“\(f*1 = F\)”的形式。于是，我们可以定义 \(*1\) 情景下的狄利克雷卷积——即狄利克雷前缀和：
如果要求一个函数 \(f\) 的狄利克雷前缀和，有 \(O(n \log n)\) 的朴素算法——将每个因子的 \(f\) 加到它们倍数的 \(F\) 中。
还有一种更高效的办法，考虑对每个质数 \(p\) 作前缀和。对于每个 \(p\)，从小到大枚举 \(p|x\)，令新的 \(f(x) = f(x)+f\left(\frac{x}{p}\right)\)（可以认为，步骤过程中的 \(f(x)\) 代表的是只有 \(\le p\) 的质因子时，\(F(x)\) 的值）。可以发现这个过程类似埃氏筛，复杂度为 \(O(n \log\log n)\)。
当然，当 \(F(n)\) 为积性函数时，我们也完全可以使用线性筛 \(O(n)\) 处理出 \(F(n)\)。特别地，\(f(n)\) 为积性函数是 \(F(n)\) 为积性函数的充要条件。
莫比乌斯反演
若算数函数 \(f, F\) 满足：
（即 \(f*1 = F\)）
则：
（即 \(\mu*F = f\)）
这个的证明有了上面给出的性质是很容易的。
故 莫比乌斯反演 为 狄利克雷前缀和 的 逆运算。
但基本所有所谓“莫比乌斯反演”的题目，使用的是这条式子：
这条式子更应该被称为 \(\mu\) 的一个性质而非莫反吧？？
如果硬要从莫反的角度来理解它的话，可以看作 \(f = \epsilon, F = 1\)，对它们应用莫比乌斯反演。
更具体地，在这些题目中，我们使用最多的是这条式子：
然后再根据具体情况，更方便地处理 \(f(id), g(id)\)。
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P4450 双亲数、P3455 [POI2007] ZAP-Queries
可以发现这道题是前面 P2158 [SDOI2008] 仪仗队 的拓展版。
\[\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[\gcd(i, j)=1] = \sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\sum_{d|\gcd(i,j)}\mu(d) = \sum_{d=1}^{\min(n,m)}\mu(d)\lfloor\frac{n}{d}\rfloor\lfloor\frac{m}{d}\rfloor \] -
P1829 [国家集训队] Crash的数字表格 / JZPTAB：将不方便维护的 \(\text{lcm}\) 转化为 \(\gcd\) 和互质；二次数论分块，复杂度 \(O(n^{\frac{3}{4}})\)。
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P2257 YY的GCD：通过令 \(T = kd\)，得到一个 \(\sum_{d|T}\) 的式子，而这个式子可以预处理。
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P3911 最小公倍数之和：\(n(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n}) = n \ln n\) 调和级别复杂度，一般见于标记倍数或者暴力算 \(\sum_{d=1}^n\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\)；令 \(T = dk\) 化出一块可以预处理的函数；\(\text{lcm}\) 的转化；将某位置有几个数化为一个函数 \(c(x)\)，在莫反推导中我们往往不用去化这种非算术函数。
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P6156 简单题：\(\mu^2\) 可用于判断是否有平方因子；当卡快速幂时，可用线性筛 \(O(n)\) 得到 \(1 \sim n\) 的所有 \(i^k\)；当一个函数为一堆积性函数的狄利克雷卷积形式时，可以 \(O(n)\) 筛出。（具体推导过程）
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P3704 [SDOI2017] 数字表格：\(a^{\sum b} = \prod a^b\)；令 \(T = dk\) 化出一块可以预处理的函数；在莫反推导中我们可以不化斐波那契这种非算术函数，只用预处理即可。
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GCDMAT - GCD OF MATRIX：这个利用了 \(\varphi\) 的和函数为 \(I\) 的欧拉反演。（其实也可以套路莫反，推到最后就可以发现可以用 \(\mu\) 化出 \(\varphi\) 的表达式。）
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（以为已经掌握莫比乌斯反演的我被这道题当头一棒）最关键的就在不知道：
\[d(ij) = \sum_{x|i}\sum_{y|j}[\gcd(x, y) = 1] \]关于这个怎么证：
考虑在 \(ij\) 的每个因子间与这个 \([\gcd(x, y) = 1]\) 间建立映射。
先考虑 \(ij\) 因子的每一个质数。如果 \(ij\) 的因子 \(k\) 中有一个因子 \(p^c\)，\(i\) 中有因子 \(p^a\)，\(j\) 中有因子 \(p^b\)。现在要在 \(i, j\) 中选出 \(p^c\)，我们规定如下选法：
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如果 \(c \le a\)，那么全部在 \(i\) 中选择。
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如果 \(c > a\)，那么在 \(i\) 中选择 \(p^a\)，在 \(j\) 中选择 \(p^{c-a}\)。
对于以上选法，我们将 1. 在 \(i\) 中所选的全都累计到 \(x\) 中去；在 2. 中所选的 \(j\) 全都累计到 \(y\) 中去。这样，\(k\) 和 \(x, y\) 之间就建立了一一对应关系。
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接下来是和 \([\gcd(i, j)=1]\) 那个式子无关的题目：
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易求：
\[F(n) = \sum_{d=1}^n \sum_{i=1}^n [d^2|i] \]欲求：
\[f(n) = \sum_{d=1}^n \sum_{i=1}^n [d^2|i][i\text{ 不存在其余平方因子}] \]满足：
\[F(n) = \sum_{d|n} f(d) \]进行莫比乌斯反演：
\[f(n) = \sum_{d|n}\mu(d)F\left(\frac{n}{d}\right) \]（这才是真正的莫反！）
杜教筛
杜教筛递推式：
注意：不一定得是积性函数才能用杜教筛，只要能构造出满足如下条件的 \(g\) 即可用杜教筛：
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可以快速计算 \(\sum_{i=1}^n(f*g)(i)\)；
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可以快速计算 \(g\) 的前缀和，以用数论分块求解 \(\sum_{i=2}^ng(i)S\left(\left\lfloor\dfrac{n}{i}\right\rfloor\right)\)。
具体实现：
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线性筛预处理到 \(n^{\frac{2}{3}}\)。
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记忆化递归计算答案。这里使用
map。（其实杜教筛复杂度的保证源于数论分块的递归最多只有两层，其余都为重复。）
如此，杜教筛有总复杂度 \(O(n^{\frac{2}{3}})\)。
能够用杜教筛处理的函数举例：
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欧拉函数：构造 \(g(x) = 1, (g*f)(x) = x\)，则有 \(S(n) = \frac{n(n+1)}{2} - \sum_{i=2}^nS(\lfloor\frac{n}{i}\rfloor)\)。
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莫比乌斯函数：构造 \(g(x) = 1, (g*f)(x) = \epsilon\)，则有 \(S(n) = 1 - \sum_{i=2}^nS(\lfloor\frac{n}{i}\rfloor)\)。
题目：
浙江陈哲。
