数论（长期更新）

欧几里得算法

求$gcd$直接辗转相除法或更相损减术即可。前者是数论题中常见的，后者常见于数据结构题中转化到差分序列上的做法。

int gcd(int a,int b){
    if(!b) return a;
    return gcd(b,a%b);
}

$O(\log n)$。

更相损减术与之类似（假如真的要写的话）。

exgcd

求解不定方程$ax+by=c$的一组特解。

裴蜀定理

$$\mathrm{\forall }a,bs.t.(a\ne 0\vee b\ne 0)\wedge a,b\in \mathrm{Z},\mathrm{\forall }x,y\in \mathrm{Z},gcd(a,b)\mid ax+by,\mathrm{且}\mathrm{\exists }x,y\in \mathrm{Z}s.t.ax+by=gcd(a,b)$$

逆定理：

设$a,b$是不全为$0$的整数，若$d>0$是$a,b$的公因数，且$\mathrm{\exists }x,y\in \mathrm{Z}s.t.ax+by=d$，则$d=gcd(a,b)$。

可推广到$n$个整数的形式。

对于解方程来说，有解$⟺gcd(a,b)\mid c$。

找特解/通解

类似辗转相除，最后找到一组特解后回代，得到原来方程的特解。

通解形式也很好找。

$$x=x_0+s\cdot \frac{b}{gcd(a,b)}$$

$$y=y_0+s\cdot \frac{a}{gcd(a,b)}$$

其中$s\in \mathrm{Z}$。

luogu 板子

主要是一堆分讨和细节。

看代码：

板子

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
LL t,a,b,c,x,y,x1,yy,dx,dy;
LL gcd(LL a,LL b)
{
	if(!b) return a;
	return gcd(b,a%b);
}

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

int main()
{
	scanf("%lld",&t);
	while(t--)
	{
		scanf("%lld%lld%lld",&a,&b,&c);
		LL d=gcd(a,b);
		if(c%d)
		{
			printf("-1\n");
		}
		else 
		{
			exgcd(a,b,x,y);
			x=c/d*x;
			y=c/d*y;
			dx=b/d,dy=a/d;
			LL k;
			if(x<0) k=ceil((1.0-x)/dx),x+=dx*k,y-=dy*k;
			if(x>=0) k=(x-1)/dx,x-=dx*k,y+=dy*k;
			if(y>0)
			{
				printf("%lld ",(y-1)/dy+1);
				printf("%lld ",x);
				printf("%lld ",(y-1)%dy+1);
				printf("%lld ",(y-1)/dy*dx+x);
				printf("%lld\n",y);
			}
			else
			{
				printf("%lld ",x);
				printf("%lld\n",y+(LL)ceil((1.0-y)/dy)*dy);
			}
		}
	}
	return 0;
}

类欧几里得算法

给定$n,a,b,c$，求$\sum _{i=0}^n\lfloor {\displaystyle \frac{ai+b}{c}}\rfloor$和$\sum _{i=0}^{n}i\lfloor {\displaystyle \frac{ai+b}{c}}\rfloor$以及$\sum _{i=0}^n\lfloor {\displaystyle \frac{ai+b}{c}}{\rfloor }^2$

设：

$$\begin{array}{rl}f(a,b,c,n)& =\sum _{i=0}^n\lfloor {\displaystyle \frac{ai+b}{c}}\rfloor \\ g(a,b,c,n)& =\sum _{i=0}^{n}i\lfloor {\displaystyle \frac{ai+b}{c}}\rfloor \\ h(a,b,c,n)& =\sum _{i=0}^n\lfloor {\displaystyle \frac{ai+b}{c}}{\rfloor }^2\end{array}$$

类欧的主要想法就是把式子中的$a\to amodc$，然后递归下去算。

首先考虑算$f(a,b,c,n)$。

当$a\ge c$或者$b\ge c$时，可以让$a,b$对$c$取模：

$$\begin{array}{rl}f(a,b,c,n)& =\sum _{i=0}^n\lfloor {\displaystyle \frac{ai+b}{c}}\rfloor \\ & =\sum _{i=0}^n\lfloor {\displaystyle \frac{(c\lfloor \frac{a}{c}\rfloor +amodc)i+c\lfloor \frac{b}{c}\rfloor +bmodc}{c}}\rfloor \\ & =\sum _{i=0}^n\lfloor \frac{a}{c}\rfloor i+\lfloor \frac{b}{c}\rfloor +\lfloor {\displaystyle \frac{(amodc)i+bmodc}{c}}\rfloor \\ & =\lfloor \frac{a}{c}\rfloor {\displaystyle \frac{n(n+1)}{2}}+(n+1)\lfloor \frac{b}{c}\rfloor +f(amodc,bmodc,c,n)\end{array}$$

然后只需算$a<c$且$b<c$的情况，此时我们可以将整个向下取整的式子换掉：

$$\begin{array}{rl}f(a,b,c,n)& =\sum _{i=0}^n\lfloor {\displaystyle \frac{ai+b}{c}}\rfloor \\ & =\sum _{i=0}^n\sum _{j=0}^{\lfloor \frac{ai+b}{c}\rfloor -1}1\\ & =\sum _{j=0}^{\lfloor \frac{an+b}{c}\rfloor -1}\sum _{i=0}^n[j<\lfloor \frac{ai+b}{c}\rfloor ]\end{array}$$

对于后面括号中的式子，进行等价的变形：

$$\begin{array}{rl}j<\lfloor \frac{ai+b}{c}\rfloor & ⟺j+1\le \lfloor \frac{ai+b}{c}\rfloor \\ & ⟺j+1\le \frac{ai+b}{c}\\ & ⟺cj+c-b\le ai\\ & ⟺cj+c-b-1<ai\\ & ⟺{\displaystyle \frac{cj+c-b-1}{a}}<i\\ & ⟺\lfloor {\displaystyle \frac{cj+c-b-1}{a}}\rfloor <i\end{array}$$

那么原来的式子就是：

$$\begin{array}{rl}f(a,b,c,n)& =\sum _{j=0}^{\lfloor \frac{an+b}{c}\rfloor -1}\sum _{i=0}^n[\lfloor {\displaystyle \frac{cj+c-b-1}{a}}\rfloor <i]\\ & =\sum _{j=0}^{\lfloor \frac{an+b}{c}\rfloor -1}n-\lfloor {\displaystyle \frac{cj+c-b-1}{a}}\rfloor \\ & =n\lfloor \frac{an+b}{c}\rfloor -\sum _{j=0}^{\lfloor \frac{an+b}{c}\rfloor -1}\lfloor {\displaystyle \frac{cj+c-b-1}{a}}\rfloor \\ & =n\lfloor \frac{an+b}{c}\rfloor -f(c,c-b-1,a,\lfloor \frac{an+b}{c}\rfloor -1)\end{array}$$

这样递归即可，这里$a,c$位置互换，结合之前的取模，时间复杂度是$O(\log max(a,c))$的。

那么$f$就算好了。$h,g$几乎一致，但还是有点不同，来推一下：

来算$g$。

当$a\ge c$或者$b\ge c$时：

$$\begin{array}{rl}g(a,b,c,n)& =\sum _{i=0}^{n}i\lfloor {\displaystyle \frac{ai+b}{c}}\rfloor \\ & =\sum _{i=0}^{n}i\lfloor {\displaystyle \frac{(c\lfloor \frac{a}{c}\rfloor +amodc)i+c\lfloor \frac{b}{c}\rfloor +bmodc}{c}}\rfloor \\ & =\sum _{i=0}^n\lfloor \frac{a}{c}\rfloor i^2+\lfloor \frac{b}{c}\rfloor i+i\lfloor {\displaystyle \frac{(amodc)i+bmodc}{c}}\rfloor \\ & ={\displaystyle \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}}\lfloor \frac{a}{c}\rfloor +{\displaystyle \frac{n(n+1)}{2}}\lfloor \frac{b}{c}\rfloor +g(amodc,bmodc,c,n)\end{array}$$

当$a<c$且$b<c$时：

$$\begin{array}{rl}g(a,b,c,n)& =\sum _{i=0}^{n}i\lfloor {\displaystyle \frac{ai+b}{c}}\rfloor \\ & =\sum _{i=0}^n\sum _{j=0}^{\lfloor \frac{ai+b}{c}\rfloor -1}i\\ & =\sum _{j=0}^{\lfloor \frac{an+b}{c}\rfloor -1}\sum _{i=0}^{n}i[j<\lfloor \frac{ai+b}{c}\rfloor ]\\ & =\sum _{j=0}^{\lfloor \frac{an+b}{c}\rfloor -1}\sum _{i=0}^{n}i[\lfloor {\displaystyle \frac{cj+c-b-1}{a}}\rfloor <i]\end{array}$$

为方便，以下令$m=\lfloor {\displaystyle \frac{an+b}{c}}\rfloor ,t=\lfloor {\displaystyle \frac{cj+c-b-1}{a}}\rfloor$。

$$\begin{array}{rl}g(a,b,c,n)& =\sum _{j=0}^{m-1}\sum _{i=0}^{n}i[t<i]\\ & =\sum _{j=0}^{m-1}{\displaystyle \frac{n(n+1)}{2}}-{\displaystyle \frac{t^2+t}{2}}\\ & ={\displaystyle \frac{1}{2}}(mn(n+1)-\sum _{j=0}^{m-1}\lfloor {\displaystyle \frac{cj+c-b-1}{a}}{\rfloor }^2+\sum _{j=0}^{m-1}\lfloor {\displaystyle \frac{cj+c-b-1}{a}}\rfloor )\\ & ={\displaystyle \frac{1}{2}}(mn(n+1)-h(c,c-b-1,a,m-1)+f(c,c-b-1,a,m-1))\end{array}$$

$g$就算好了，但是发现需要$h$。那来算$h$。

当$a\ge c$或者$b\ge c$时：

$\begin{array}{rl}h(a,b,c,n)& =\sum _{i=0}^n\lfloor {\displaystyle \frac{ai+b}{c}}{\rfloor }^2\\ & =\sum _{i=0}^n(\lfloor {\displaystyle \frac{a}{c}}\rfloor i+\lfloor {\displaystyle \frac{b}{c}}\rfloor +\lfloor {\displaystyle \frac{(amodc)i+bmodc}{c}}\rfloor {)}^2\\ & =\sum _{i=0}^n(\lfloor {\displaystyle \frac{a}{c}}{\rfloor }^2{i}^2+\lfloor {\displaystyle \frac{b}{c}}{\rfloor }^2+\lfloor {\displaystyle \frac{(amodc)i+bmodc}{c}}{\rfloor }^2+2\lfloor {\displaystyle \frac{a}{c}}\rfloor \lfloor {\displaystyle \frac{b}{c}}\rfloor i+2\lfloor {\displaystyle \frac{a}{c}}\rfloor i\lfloor {\displaystyle \frac{(amodc)i+bmodc}{c}}\rfloor +2\lfloor {\displaystyle \frac{b}{c}}\rfloor \lfloor {\displaystyle \frac{(amodc)i+bmodc}{c}}\rfloor )\\ & ={\displaystyle \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}}\lfloor {\displaystyle \frac{a}{c}}{\rfloor }^2+(n+1)\lfloor {\displaystyle \frac{b}{c}}{\rfloor }^2+h(amodc,bmodc,c,n)+n(n+1)\lfloor {\displaystyle \frac{a}{c}}\rfloor \lfloor {\displaystyle \frac{b}{c}}\rfloor +2\lfloor {\displaystyle \frac{a}{c}}\rfloor g(amodc,bmodc,c,n)+2\lfloor {\displaystyle \frac{b}{c}}\rfloor f(amodc,bmodc,c,n)\end{array}$

当$a<c$且$b<c$时：

$$\begin{array}{rl}h(a,b,c,n)& =\sum _{i=0}^n\lfloor {\displaystyle \frac{ai+b}{c}}{\rfloor }^2\end{array}$$

将$n^2$写成$(2\sum _{i=0}^{n}i)-n$的形式：

$$\begin{array}{rl}h(a,b,c,n)& =\sum _{i=0}^n\lfloor {\displaystyle \frac{ai+b}{c}}{\rfloor }^2\\ & =\sum _{i=0}^n((2\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{ai+b}{c}\rfloor }j)-\lfloor {\displaystyle \frac{ai+b}{c}}\rfloor )\\ & =2\sum _{i=0}^n\sum _{j=0}^{\lfloor \frac{ai+b}{c}\rfloor -1}(j+1)-f(a,b,c,n)\\ & =2\sum _{j=0}^{m-1}(j+1)\sum _{i=0}^n[j<{\displaystyle \frac{ai+b}{c}}]-f(a,b,c,n)\\ & =2\sum _{j=0}^{m-1}(j+1)\sum _{i=0}^n[i>t]-f(a,b,c,n)\\ & =m(m+1)n-2f(c,c-b-1,a,m-1)-2g(c,c-b-1,a,m-1)-f(a,b,c,n)\end{array}$$

综上，$f,g,h$在计算时相互调用即可，或者使用一个结构体同时算出三者。

边界就是$n<0$或者$a=0$。

数论分块

用于和式计算中将含有$\lfloor {\displaystyle \frac{n}{i}}\rfloor$的项在其值相同的时候打包计算。

可以发现$\lfloor {\displaystyle \frac{n}{i}}\rfloor$的取值只有$O(\sqrt{n})$种：对于$1\le i\le \sqrt{n}$，只有$\sqrt{n}$个$i$；对于$\sqrt{n}<i\le n$，$\lfloor {\displaystyle \frac{n}{i}}\rfloor$显然至多有$\sqrt{n}$种取值。

主要记忆一些结论：

• 使得$\lfloor {\displaystyle \frac{n}{i}}\rfloor =\lfloor {\displaystyle \frac{n}{j}}\rfloor$成立的最大的$j=\lfloor {\displaystyle \frac{n}{\lfloor {\displaystyle \frac{n}{i}}\rfloor }}\rfloor$。$O(\sqrt{n})$

• 使得$\lceil {\displaystyle \frac{n}{i}}\rceil =\lceil {\displaystyle \frac{n}{j}}\rceil$成立的最大的$j=\lfloor {\displaystyle \frac{n-1}{\lfloor {\displaystyle \frac{n-1}{i}}\rfloor }}\rfloor$，注意$i=n$时特殊处理，否则分母为$0$。$O(\sqrt{n})$

• 二维/高维形式上，每一维都和一维形式相同，故取$min$即可。

• 使得$\sqrt{{\displaystyle \frac{n}{p}}}=\sqrt{{\displaystyle \frac{n}{q}}}$成立的最大的$q=\lfloor {\displaystyle \frac{n}{\lfloor {\displaystyle \frac{n}{p}}{\rfloor }^2}}\rfloor$

数论函数

积性函数

若对于$a\perp b$，$f(ab)=f(a)f(b)$，则称$f$是一个积性函数。

若对于任意的$a,b$，$f(ab)=f(a)f(b)$，则称$f$是一个完全积性函数。

一般来说，对于积性函数$f(n)$，$f(1)=1$。

一些常见的积性函数：

• 单位函数：$ϵ(n)=[n=1]$，同时是完全积性。

• 恒等函数：${\mathtt{\text{id}}}_k(n)=n^k$，同时是完全积性。当$k=1$时，简记为$\mathtt{\text{id}}(n)=n$。

• 常数函数：$1(n)=1$，同时是完全积性。

• 除数函数：${\sigma }_k(n)=\sum _{d|n}{d}^k$，${\sigma }_0(n)$即因数个数，简记为$d(n)$，${\sigma }_1(n)$即因数之和，简记为$\sigma (n)$。

• 欧拉函数。

• 莫比乌斯函数。

积性函数的取值由素数幂处的取值决定，于是求积性函数时总是关注其素数幂处的取值。

狄利克雷卷积（Dirichlet卷积）

$$h(n)=\sum _{d|n}f(d)g(\frac{n}{d})$$

称$h$是$f$和$g$的Dirichlet卷积，记作$h=f\ast g$。

和狄利克雷生成函数相关，对应生成函数的乘法。

上面的莫比乌斯反演式子就可以写成：$f=g\ast 1⟺g=f\ast \mu$

这是由莫比乌斯函数的性质得到的：$\mu \ast 1=ϵ$

欧拉函数的性质可以表示为：$\phi \ast 1=\mathtt{\text{id}}$

狄利克雷卷积的性质：

• 交换律，$f\ast g=g\ast f$。

• 结合律，$f\ast (g\ast h)=(f\ast g)\ast h$。

• 分配律，$f\ast (g+h)=f\ast g+f\ast h$。

• 等式的性质：$f=g⟺f\ast h=g\ast h$。

• 单位元：$f\ast ϵ=f$。

• 逆元：$f\ast g=ϵ$，则$f,g$互为逆元。逆元是唯一的。

重要结论：

1. 两个积性函数的卷积还是积性函数。这个可以证明一坨和式是积性的，然后就可以去筛它。

2. 一个积性函数的逆还是积性函数。

点乘

定义点乘$(A\cdot B)(n)=A(n)B(n)$。

性质：当$C$为完全积性函数时，$(A\cdot C)\ast (B\cdot C)=(A\ast B)\cdot C$。即此时点乘对狄雷克利卷积有分配律。

$C={\mathtt{\text{id}}}_k$很常见。

常用的一些东西：

• $(\mu \cdot {\mathtt{\text{id}}}_k)\ast {\mathtt{\text{id}}}_k=(\mu \cdot {\mathtt{\text{id}}}_k)\ast (1\cdot {\mathtt{\text{id}}}_k)=(\mu \ast 1)\cdot {\mathtt{\text{id}}}_k=ϵ\cdot {\mathtt{\text{id}}}_k=ϵ$

• $(\phi \cdot {\mathtt{\text{id}}}_k)\ast {\mathtt{\text{id}}}_k=(\phi \cdot {\mathtt{\text{id}}}_k)\ast (1\cdot {\mathtt{\text{id}}}_k)=(\phi \ast 1)\cdot {\mathtt{\text{id}}}_k={\mathtt{\text{id}}}_{k+1}$

可以发现两个积性函数的点乘还是积性函数。

欧拉函数

$\phi (n)$定义为$\le n$的正整数中有多少个与$n$互质。

$$\phi (n)=\sum _{i=1}^n[gcd(i,n)=1]$$

运用下面的$\mu$的性质，可以化简定义式：

$$\begin{array}{rl}\phi (n)& =\sum _{i=1}^n[gcd(i,n)=1]\\ & =\sum _{i=1}^n\sum _{d|gcd(i,n)}\mu (d)\\ & =\sum _{d|n}\mu (d)\mathtt{\text{id}}(\frac{n}{d})\end{array}$$

由两个积性函数的狄利克雷卷积还是积性函数，可知$\phi$的积性。

来看其素数幂处的取值，设$p\in \mathtt{\text{Prime}}$，则$\phi (p)=p-1,\phi (p^k)=p^k-p^{k-1}$。

那么可以得到单点求$\phi (n)$的式子，以下设$n=\prod _{i\ge 1,p_i\in \mathtt{\text{Prime}}}{p}_i^{k_i}$：

$$\begin{array}{rl}\phi (n)& =\prod _{p_i\in \mathtt{\text{Prime}}}\phi (p_i^{k_i})\\ & =\prod _{p_i}{p}_i^{k_i}(1-\frac{1}{p_i})\\ & =n\prod _{p_i}\frac{p_i-1}{p_i}\end{array}$$

还有常用的性质：$n=\sum _{d|n}\phi (n)$。

直接用$\mu \ast \mathtt{\text{id}}=\phi$两边卷上$1$即可得到。可以用于替换一坨式子，或许可以称之欧拉反演（？

莫比乌斯函数

$$\mu (x)=\{\begin{array}{ll}1& x=1\\ 0& x\text{含平方因子}\\ (-1{)}^k& k\text{为}x\text{的不同质因子个数}\end{array}$$

初始化时记得$\mu (1)=1$。

莫比乌斯反演

性质：

$$ϵ(n)=[n=1]=\sum _{d\mid n}\mu (d)$$

证明一下：

显然$\sum _{d\mid n}\mu (d)=\sum _{d\mid n^{\prime }}\mu (d)$，其中设$n=\prod _{1\le k\le x}{p}_k^{a_k}$，那么$n^{\prime }=\prod _{1\le k\le x}{p}_k$。

于是结合定义，原式即$\sum _{0\le k\le x}(-1{)}^k(\genfrac{}{}{0ex}{}{x}{k})=[x=0]=[n=1]=ϵ(n)$。

反演式子：$f(n)=\sum _{d|n}g(d)⟺g(n)=\sum _{d|n}\mu (d)f({\displaystyle \frac{n}{d}})$

筛法

埃氏筛

考虑筛素数。一个方法是从$2$开始，把一个数字的所有倍数都划去，剩下的数就是素数了。$O(n\log \log n)$

线性筛（欧拉筛）

埃氏筛还是太慢，关注其过程，发现一个数会被它的每个质因子都标记一次。

我们优化这一点，让一个数只会被它的最小质因子标记。

这样是$O(n)$的。

实现是为人所熟知的。

实现

void init(){
	np[0]=np[1]=true;
	for(int i=2;i<=lim;++i){
		if(!np[i]) p.emplace_back(i);
		for(int j=0;j<(int)p.size()&&p[j]*i<=lim;++j){
			np[i*p[j]]=true;
			if(i%p[j]==0) break;
		}
	}
}

注意到在线性筛的过程中，我们也得到了一个数$i$的最小质因子。

筛积性函数

对于当前枚举的素数$p$和合数（也可能是质数，但是这里当做合数）$i$，我们只需考虑两种情况。

• $i\perp p$，那么由积性函数性质，$f(ip)=f(i)f(p)$。这里的$f(i)$和$f(p)$都是已经算过的。

• $p|i$，那么这时$p$是$i$的最小质因子，这里就要特殊考虑转移了，需要一些精细的观察。

• 特别地，当筛出了一个素数$p$时，$f(p)$的取值要特殊算。

还有一种对注意力要求不是很高的方法：

我们设$n=\prod _{i=1}^m{p}_i^{{\alpha }_i}$，$g(n)=p_1^{{\alpha }_1}$。

那么$g(n)$是可以在线性筛过程中轻松算出来的。

$f(n)=f({\displaystyle \frac{n}{g(n)}})f(g(n))$。注意特判$g(n)=n$的情况。

这里要求对于任意素数$p$，能够快速求出$f(p^k)$。

杜教筛

这里不需要积性的良好性质。

对于任意数论函数$f(n)$，求$S(n)=\sum _{i=1}^{n}f(i)$。

先找到另一个数论函数$g(n)$，设$f\ast g=h$，先来看$h$的前缀和：

$$\begin{array}{rl}\sum _{i=1}^{n}h(i)& =\sum _{i=1}^n\sum _{d|i}g(d)f(\frac{i}{d})\\ & =\sum _{d=1}^{n}g(d)\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }f(i)\\ & =\sum _{d=1}^{n}g(d)S(\lfloor \frac{n}{d}\rfloor )\end{array}$$

把右边第一项拿出来，得到$g(1)S(n)=\sum _{i=1}^{n}h(i)-\sum _{d=2}^{n}g(d)S(\lfloor \frac{n}{d}\rfloor )$，注意右侧下标从$2$开始。

如果$g,h$的前缀和好求，那么右边就可以整除分块做了。但是直接做是$O(n^{\frac{3}{4}})$的。通过分析复杂度加均值不等式，可以得到用线性筛预处理前$m=n^{\frac{2}{3}}$个$S(i)$时，复杂度为$O(n^{\frac{2}{3}})$。

PN筛

Powerful Number

设正整数$n=\prod _{i=1}^m{p}_i^{k_i}$，如果对于每一个$1\le i\le m$，$k_i>1$，则称$n$是一个Powerful Number。

性质：

首先，每一个PN都可以表示为$a^2{b}^3$的形式。这是显然的，考虑每一个指数，如果它是偶数，全部扔到$a^2$中，否则拿出$3$次扔到$b$中，剩下的扔到$a^2$中。

然后，我们可以证明$n$以内的PN有$O(\sqrt{n})$个。先枚举$a$，然后看合法的$b$有多少个。${\int }_1^{\sqrt{n}}\sqrt[3]{{\displaystyle \frac{n}{x^2}}}\mathrm{d}x=O(\sqrt{n})$。

如何求$n$以内的所有PN呢？线性筛出$\sqrt{n}$以内的所有素数，然后DFS各素数的指数即可。$O(\sqrt{n})$。

Powerful Number筛

即PN筛。

需要积性。

求特定积性函数前缀和：$S(n)=\sum _{i=1}^{n}f(i)$。

PN筛要求存在一个函数$g$满足：

• $g$是积性函数。

• $g$的前缀和容易求。

• 在质数$p$处，$g(p)=f(p)$。

假设现在已经找到了$g$，我们设$G(n)=\sum _{i=1}^{n}g(i)$。

我们又构造$h$使得$g\ast h=f$，由狄雷克利卷积的性质可知$h$的积性，于是$h(1)=1$。

在素数$p$处，$f(p)=g(p)h(1)+g(1)h(p)=g(p)$，于是$h(p)=0$。

根据$h$的积性以及$h(p)=0$，可知$h$只在PN或者$1$处取得非零值。这里注意$h(1)=1$。

根据$f=g\ast h$，可以来求$S(n)$：

$$\begin{array}{rl}\sum _{i=1}^{n}f(i)& =\sum _{i=1}^n\sum _{d|i}g(d)h({\displaystyle \frac{i}{d}})\\ & =\sum _{d=1}^{n}h(d)\sum _{i=1}^{\lfloor {\displaystyle \frac{n}{d}}\rfloor }g(i)\\ & =\sum _{1\le d\le n,d\in PN}h(d)G(\lfloor {\displaystyle \frac{n}{d}}\rfloor )\end{array}$$

以上注意$d=1$时也要计算值。

现在枚举$d$是$O(\sqrt{n})$的。要计算$h(d)$，考虑利用它的积性，只需计算出$h(p^c)$处的取值即可（$c>1$）。

算$h(p^c)$的方法有两种：

• 直接推式子找到$h$的通项。

• 递推一下，根据$f=g\ast h$可得$f(p^c)=\sum _{i=0}^{c}g(p^i)h(p^{c-i})$，提出第一项就有$h(p^c)=f(p^c)-\sum _{i=1}^{c}g(p^i)h(p^{c-i})$。

复杂度$O(\sqrt{n}\log n)$，而且很松。

费马小定理

若$p$为素数，$gcd(a,p)=1$，则$a^{p-1}\equiv 1(\mathrm{mod}p)$

证明不会。

于是当$(a,p)=1$时，$a^{x}modp=a^{xmod(p-1)}modp$。

欧拉定理

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

扩展欧拉定理

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

乘法逆元

乘法逆元的$n$种求法。

$ax\equiv 1(\mathrm{mod}p)$

1. 扩欧：要求$gcd(a,b)=1$。

2. 费马小定理：要求$p$是素数且$gcd(a,p)=1$。

3. 线性求逆元：

首先，显然$1^{-1}\equiv 1(\mathrm{mod}p)$。

我们希望求$i^{-1}$，考虑$p=ki+j(0\le j<i)$，则$ki+j\equiv 0(\mathrm{mod}p)$。

两侧同乘$i^{-1}{j}^{-1}$，则$k{j}^{-1}+i^{-1}\equiv 0(\mathrm{mod}p)$，即$i^{-1}\equiv -k{j}^{-1}(\mathrm{mod}p)$。

由于负数不太好，再加上$p{j}^{-1}$，则$i^{-1}\equiv (p-k)j^{-1}(\mathrm{mod}p)$

4. 求任意$n$个数的逆元：求出前缀积的逆元，再倒着推回去求每个前缀积的逆元，那么每个数的逆元都可以$O(1)$计算。

同余基本性质

应该都知道吧。

中国剩余定理

$$\{\begin{array}{l}x\equiv a_1(\mathrm{mod}{m}_1)\\ ⋮\end{array}$$

求解一元线性同余方程组。

一般的CRT

强调$m_1,\dots ,m_n$互质。

过程：

1. 求$M=\prod m_i$。

2. 对于第$i$个方程，求$p_i={\displaystyle \frac{M}{m_i}}$以及$p_i{p}_i^{-1}\equiv 1(\mathrm{mod}{m}_i)$

3. $x=\sum a_i{p}_i{p}_i^{-1}modM$

可以证明这样是对的。

扩展中国剩余定理（exCRT）

考虑合并两个方程$x\equiv a_1(\mathrm{mod}{m}_1)$与$x\equiv a_2(\mathrm{mod}{m}_2)$。

$$x_0=m_1{\lambda }_1+a_1=m_2{\lambda }_2+a_2$$

于是用exgcd求出$({\lambda }_1,{\lambda }_2)$或者报告无解。

然后得到通解形式$x=x_0+lcm(m_1,m_2)$，这个容易验证是对的。

于是合并得到了$x\equiv x_0(\mathrm{mod}lcm(m_1,m_2))$。

两两合并$n$次就解出来了。

Lucas定理和exLucas

Lucas

强调模数$p$为质数。

$$\begin{gathered} (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m})\equiv (\genfrac{}{}{0ex}{}{\lfloor \frac{n}{p}\rfloor }{\lfloor \frac{m}{p}\rfloor })(\genfrac{}{}{0ex}{}{nmodp}{mmodp})(\mathrm{mod}p) \\ \text{其中}p\text{为质数。} \end{gathered}$$

证：

注意到 $(\genfrac{}{}{0ex}{}{p}{n})\equiv [n=p\vee n=0](\mathrm{mod}p)$，

因此 $(a+b{)}^p\equiv a^p+b^p(\mathrm{mod}p)$。

对于 $f(x)=(1+x{)}^n$，$[x^m]f(x)=(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m})$。

我们现在对 $f(x)$ 做一点变换，

$$\begin{array}{rl}f(x)& =(1+x{)}^n\\ & =(1+x{)}^{p\times \lfloor \frac{n}{p}\rfloor }(1+x{)}^{nmodp}\\ & =((1+x{)}^p{)}^{\lfloor \frac{n}{p}\rfloor }(1+x{)}^{nmodp}\end{array}$$

所以 $f(x)\equiv (1+x^p{)}^{\lfloor \frac{n}{p}\rfloor }(1+x{)}^{nmodp}(\mathrm{mod}p)$

设 $h(x)=(1+x^p{)}^{\lfloor \frac{n}{p}\rfloor },g(x)=(1+x{)}^{nmodp}$，

则 $[x^m]f(x)\equiv [x^{kp}]h(x)\times [x^r]g(x)(\mathrm{mod}p)$。

因为 $0\le r<p$,所以将 $m$ 拆成 $m=kp+r$ 的形式的方法是唯一的，即 $k=\lfloor \frac{m}{p}\rfloor ,r=mmodp$。

所以 $[x^{kp}]h(x)=(\genfrac{}{}{0ex}{}{\lfloor \frac{n}{p}\rfloor }{\lfloor \frac{m}{p}\rfloor }),[x^r]g(x)=(\genfrac{}{}{0ex}{}{nmodp}{mmodp})$。

原式得证。

感觉不是很严谨，感性理解一下。

exLucas

和上方的Lucas定理相比，除了用途，其余并无关系。

求解：

$${\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m})}modM$$

其中$M$为合数。

首先我们可以对$M$唯一分解，$M=\prod _{i\ge 1}{p}_i^{k_i}$。

然后使用CRT把原问题拆了：求出${\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m})}mod{p}^k$，然后可以合并出原问题的答案。

把${\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m})}$写成阶乘形式，${\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m})}={\displaystyle \frac{n!}{m!(n-m)!}}$。

现在还求不了逆元，因为分母可能不与$p^k$互质。所以直接把阶乘中所有$p$因子给提出来。

记$v_p(n)$表示$n!$中$p$因子的个数，这个是很容易递归求的，$v_p(n)=v_p(\lfloor \frac{n}{p}\rfloor )+\lfloor \frac{n}{p}\rfloor$。

于是现在就是要求${\displaystyle \frac{{\displaystyle \frac{n!}{p^{v_p(n)}}}}{{\displaystyle \frac{m!}{p^{v_p(m)}}}\cdot {\displaystyle \frac{(n-m)!}{p^{v_p(n-m)}}}}}\times p^{v_p(n)-v_p(m)-v_p(n-m)}mod{p}^k$

分母上的数现在可以求逆元了，那么现在要求的就是${\displaystyle \frac{n!}{p^{v_p(n)}}}mod{p}^k$

考虑把$n!$拆一下，将每个$p$的倍数都拆出来一个$p$因子，可以得到$n!=(\lfloor \frac{n}{p}\rfloor )!\times p^{\lfloor \frac{n}{p}\rfloor }\times \prod _{p\nmid i,i=1}^{n}i$

再把两边都除以$v_p(n)$，得到${\displaystyle \frac{n!}{p^{v_p(n)}}}={\displaystyle \frac{(\lfloor \frac{n}{p}\rfloor )!}{p^{v_p(\lfloor \frac{n}{p}\rfloor )}}}\times \prod _{p\nmid i,i=1}^{n}i$

右边前面那一坨显然是可以递归下去做的。

后面那一坨我们再拆一下。由于$mod{p}^k$，那么肯定有长为$p^k$的循环节，于是$\prod _{p\nmid i,i=1}^{n}i=(\prod _{p\nmid i,i=1}^{p^k}i{)}^{\lfloor \frac{n}{p^k}\rfloor }\times \prod _{p\nmid i,i=1}^{nmod{p}^k}i$。

前后两坨都可以$O(p^k)$算出来，前面可以套个快速幂。或者由Wilson定理，前面括号内的东西$mod{p}^k$只会是$\pm 1$，于是关注一下指数的奇偶就行。

这样递归下去算，时间复杂度单次询问$O(p\log p)$。或许可以预处理一些东西做到更好的复杂度。

原根

需要了解一些性质。

离散对数

主要用大步小步。

BSGS

求解$a^x\equiv b(\mathrm{mod}m)$，其中$a\perp m,0\le x<m$。注意$m$不一定是素数。

我们可以设$x=A\sqrt{m}-B$，那么上式就是$a^{A\sqrt{m}}\equiv b\times a^B(\mathrm{mod}m)$。

其中$1\le A,B\le \sqrt{m}$。

我们已知$a,b$，可以先枚举$B$算出右边的所有取值，存到Hash表中，然后枚举$A$算左边的取值，在Hash表中查找。

从而我们可以得到所有的$x=A\sqrt{m}-B$。

这里要求$a\perp m$是为了等式两边可以同时除以$a^B$。

$O(\sqrt{m})$。

进阶应用

求解$x^a\equiv b(\mathrm{mod}p)$。

可以转化为BSGS。

exBSGS

剩余

主要用二次剩余。

定义：令$a\perp p$，若存在$x\in \mathbb{Z}$使得$x^2\equiv a(\mathrm{mod}p)$，则称$a$为模$p$的二次剩余，否则称$a$为模$p$的二次非剩余。

$p=2$时是简单的，这里只讨论$p$为奇素数的情况。

Euler判别法

对于奇素数$p$和$a\perp p$，

$$a^{\frac{p-1}{2}}\equiv \{\begin{array}{ll}1(\mathrm{mod}p)& \mathrm{\exists }x\in \mathbb{Z},x^2\equiv a(\mathrm{mod}p)\\ -1(\mathrm{mod}p)& \text{Otherwise.}\end{array}$$

二次剩余的数量

在模奇素数$p$的意义下，二次剩余和二次非剩余都有${\displaystyle \frac{p-1}{2}}$个。

Lengendre符号

$$(\frac{a}{p})=\{\begin{array}{ll}0& p\mid a\\ 1& (p\nmid a)\wedge (\mathrm{\exists }x\in \mathbb{Z},a\equiv x^2(\mathrm{mod}p))\\ -1& \text{Otherwise.}\end{array}$$

性质：

对于任意整数$a$，

$$a^{\frac{p-1}{2}}\equiv (\frac{a}{p})(\mathrm{mod}p)$$

使用原根可以证明。

Cipolla算法

求解$x^2\equiv n(\mathrm{mod}p)$。

我们先找一个$a$，使得$a^2-n$是二次非剩余。由于二次非剩余占了一半，所以这是容易得到的。

根据上面的性质，$(a^2-n{)}^{\frac{p-1}{2}}\equiv -1(\mathrm{mod}p)$。

我们在模$p$意义下定义一个虚数单位$i^2\equiv (a^2-n)$，将所有虚数表示为$A+Bi$，并认为虚数取模就是$A,B$分别取模。

Lemma 1:

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

证明：$i^p=i(i^2{)}^{\frac{p-1}{2}}\equiv (a^2-n{)}^{\frac{p-1}{2}}i\equiv -i(\mathrm{mod}p)$。

Lemma 2:

$$(A+B{)}^p\equiv A^p+B^p(\mathrm{mod}p)$$

证明：用二项式定理展开即可。

我们可以进行计算了：

$$\begin{array}{rl}(a+i{)}^{p+1}& \equiv (a+i{)}^p(a+i)\\ & \equiv (a^p+i^p)(a+i)\\ & \equiv (a-i)(a+i)\\ & \equiv a^2-i^2\\ & \equiv n(\mathrm{mod}p)\end{array}$$

于是得到一个解为$(a+i{)}^{\frac{p+1}{2}}$。可以通过反证法得到这个解总是为实数。

设存在复数$A+Bi(B\ne 0)$满足$(A+Bi{)}^2\equiv n(\mathrm{mod}p)$，那么就有$A^2+B^2(a^2-n)-n\equiv -2ABi(\mathrm{mod}p)$。

左边是实数，那么右边必为实数，于是$A=0$，所以$(Bi{)}^2\equiv n(\mathrm{mod}p)$，即$i^2\equiv n{B}^{-2}(\mathrm{mod}p)$。左边是二次非剩余，右边是二次剩余，于是矛盾。得证。

代码实现需要一个手写复数类。

代码

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define gc getchar
int rd(){
	int f=1,r=0;
	char ch=gc();
	while(!isdigit(ch)){ if(ch=='-') f=-1;ch=gc();}
	while(isdigit(ch)){ r=(r<<1)+(r<<3)+(ch^48);ch=gc();}
	return f*r;
}

mt19937 rnd(233);
int mo,i_2;

inline int add(int x,int y){
	return x+y>=mo?x+y-mo:x+y;
}

inline int sub(int x,int y){
	return x-y<0?x-y+mo:x-y;
}

inline int mul(int x,int y){
	return 1ll*x*y%mo;
}

struct cpl{
	int re,im;
	
	cpl(int _x=0,int _y=0):re(_x),im(_y){}
	
	cpl operator*(const cpl &tmp){
		return cpl(add(mul(re,tmp.re),mul(mul(im,tmp.im),i_2)),add(mul(re,tmp.im),mul(im,tmp.re)));
	}
};

int ksm(int x,int y){
	int rs=1;
	while(y){
		if(y&1) rs=mul(rs,x);
		x=mul(x,x);
		y>>=1;
	}
	return rs;
}

cpl ksm(cpl x,int y){
	cpl rs(1,0);
	while(y){
		if(y&1) rs=rs*x;
		x=x*x;
		y>>=1;
	}
	return rs;
}

bool lengendre(int x){
	return ksm(x,(mo-1)>>1)==1;
}

int cipolla(int n,int p){
	n%=p,mo=p;
	if(!n) return 0;
	if(!lengendre(n)) return -1;
	int a=rnd()%mo;
	while(lengendre(sub(mul(a,a),n))) a=rnd()%mo;
	i_2=sub(mul(a,a),n);
	return ksm(cpl(a,1),(mo+1)>>1).re;
}

int T,n,p;

void solve(){
	n=rd(),p=rd();
	int rs=cipolla(n,p);
	if(!rs) puts("0");
	else if(rs==-1) puts("Hola!");
	else{
		if(rs>p-rs) rs=p-rs;
		printf("%d %d\n",rs,p-rs);
	}
}

int main(){
	T=rd();
	while(T--) solve();
	return 0;
}

Miller-Rabin素性测试和Pollard Rho分解质因数算法

这是唯一真史

素数

定义都知道。

素数有无限个。欧拉有一个巧妙的证明。

素数定理

设$\pi (x)$表示$\le x$的数中素数的个数。

那么$\pi (x)\sim {\displaystyle \frac{x}{\ln x}}$。${\displaystyle \frac{x}{\ln x}}$是下界。$\pi (x)$略大一些。

哥德巴赫猜想

猜想：任意$\ge 4$的偶数，都可以表示为两个质数的和。

这个在很大的范围内都是对的，但是还没有证明。

Stern-Brocot Tree和法里级数

Stern-Brocot树

可以构造满足$m\perp n$的所有非负分数$\frac{m}{n}$的集合。

我们从初始的两个分数$({\displaystyle \frac{0}{1}},{\displaystyle \frac{1}{0}})$出发，不断进行以下操作：

$$\mathtt{\text{在两个相邻分数}}{\displaystyle \frac{m}{n}}\mathtt{\text{和}}{\displaystyle \frac{m^{\prime }}{n^{\prime }}}\mathtt{\text{之间插入}}{\displaystyle \frac{m+m^{\prime }}{n+n^{\prime }}}$$

新的分数${\displaystyle \frac{m+m^{\prime }}{n+n^{\prime }}}$称为${\displaystyle \frac{m}{n}}$和${\displaystyle \frac{m^{\prime }}{n^{\prime }}}$的中位分数。

这样可以用一个三元组来描述一个位置：$({\displaystyle \frac{m}{n}},{\displaystyle \frac{m+m^{\prime }}{n+n^{\prime }}},{\displaystyle \frac{m^{\prime }}{n^{\prime }}})$。

这些分数的阵列可以看成是一棵无限的二叉树构造。$({\displaystyle \frac{m}{n}},{\displaystyle \frac{m+m^{\prime }}{n+n^{\prime }}},{\displaystyle \frac{m^{\prime }}{n^{\prime }}})$的左儿子是$({\displaystyle \frac{m}{n}},{\displaystyle \frac{2m+m^{\prime }}{2n+n^{\prime }}},{\displaystyle \frac{m+m^{\prime }}{n+n^{\prime }}})$，右儿子是$({\displaystyle \frac{m+m^{\prime }}{n+n^{\prime }}},{\displaystyle \frac{m+2m^{\prime }}{n+2n^{\prime }}},{\displaystyle \frac{m^{\prime }}{n^{\prime }}})$。

它的顶端看起来像是这样：

来看它的性质。最重要的一个是：如果${\displaystyle \frac{m}{n}}$和${\displaystyle \frac{m^{\prime }}{n^{\prime }}}$是这个构造中任意一个阶段的相邻分数，我们就有$m^{\prime }n-m{n}^{\prime }=1$。

我们来归纳证明它。初始状态$({\displaystyle \frac{0}{1}},{\displaystyle \frac{1}{0}})$是符合的。

当插入一个中位分数时，我们要验证的就是：

$$\begin{array}{rl}(m+m^{\prime })n-m(n+n^{\prime })& =1\\ m^{\prime }(n+n^{\prime })-(m+m^{\prime })n^{\prime }& =1\end{array}$$

这里打开括号后是与原来的条件等价的。于是这个性质总是成立。

有这个东西后由裴蜀定理的逆定理，我们就知道了Stern-Brocot树中的分数总是最简的。

此外，设$0\le {\displaystyle \frac{m}{n}}<{\displaystyle \frac{m^{\prime }}{n^{\prime }}}$，容易证明${\displaystyle \frac{m}{n}}<{\displaystyle \frac{m+m^{\prime }}{n+n^{\prime }}}<{\displaystyle \frac{m^{\prime }}{n^{\prime }}}$。

这就说明了Stern-Brocot树不会重复。

下面说明不会遗漏任意一个非负分数。

考虑${\displaystyle \frac{a}{b}}$，首先有${\displaystyle \frac{m}{n}}<{\displaystyle \frac{a}{b}}<{\displaystyle \frac{m^{\prime }}{n^{\prime }}}$。

我们每次生成一个中间分数${\displaystyle \frac{m}{n}}<{\displaystyle \frac{m+m^{\prime }}{n+n^{\prime }}}<{\displaystyle \frac{m^{\prime }}{n^{\prime }}}$，从而可以类似二分的找下去。这个过程不可能无限进行，因为条件

$${\displaystyle \frac{a}{b}}-{\displaystyle \frac{m}{n}}>0\mathtt{\text{ 和 }}{\displaystyle \frac{m^{\prime }}{n^{\prime }}}-{\displaystyle \frac{a}{b}}>0$$

蕴含

$$an-bm\ge 1\mathtt{\text{ 和 }}b{m}^{\prime }-a{n}^{\prime }\ge 1$$

从而

$$(m^{\prime }+n^{\prime })(an-bm)+(m+n)(b{m}^{\prime }-a{n}^{\prime })\ge m^{\prime }+n^{\prime }+m+n$$

我们把左边打开就得到了$a{m}^{\prime }n-bm{n}^{\prime }+b{m}^{\prime }n-am{n}^{\prime }=a(m^{\prime }n-m{n}^{\prime })+b(m^{\prime }n-m{n}^{\prime })=a+b\ge m^{\prime }+n^{\prime }+m+n$。

右边在不断增大，左侧不变，于是在至多$a+b$步后我们可以得到${\displaystyle \frac{a}{b}}$。

我们可以用矩阵描述在Stern-Brocot树上的行动。

设当前点为${\displaystyle \frac{m+m^{\prime }}{n+n^{\prime }}}$，我们把它的两个祖先放到矩阵中，但是要注意上下颠倒一下，表示为$\left[\begin{array}{cc}n& n^{\prime }\\ m& m^{\prime }\end{array}\right]$。

颠倒是为了初始时更加符合直觉：$I=\left[\begin{array}{cc}1& 0\\ 0& 1\end{array}\right]$

设当前点的矩阵为$M$，我们用$ML$表示向左边走一步得到的矩阵，$MR$表示向右边走一步得到的矩阵。

那么可以得到$L=\left[\begin{array}{cc}1& 1\\ 0& 1\end{array}\right],R=\left[\begin{array}{cc}1& 0\\ 1& 1\end{array}\right]$

设$f(S)$表示经过$S$中的依次移动走到的分数对应的矩阵，那么有$f(S)=S$

我们还可以观察到，Stern-Brocot树是一棵二叉搜索树，于是我们可以在它上面进行二叉搜索。

以上二者结合，有两种二叉搜索的方式来确定${\displaystyle \frac{m}{n}}$在Stern-Brocot树中的位置：

• 从$I$开始移动。

• 从${\displaystyle \frac{m}{n}}$开始移动回到$I$。

我们还可以发现，移动过程中可能会连续进行很多次$L$或者$R$，我们可以二分长度，一整段$L$或者$R$一起跳过。

复杂度是${\log }^2(m+n)$的，这是因为“拐弯”的位置只会有$\log (m+n)$个，一次拐弯后分子分母都会变成原来的两倍，所以得证。

这样就可以快速二分了。

法里级数

阶为$N$的法里级数记作${\mathcal{F}}_N$，它是介于$0$和$1$之间的分母不超过$N$的所有最简分数组成的集合，而且按照递增的次序排列。

这是Stern-Brocot树的一个子树。

很牛，但是整棵Stern-Brocot树还是更有意义。