数论常见定理
裴蜀定理（贝祖定理）
定理指出，设 \(a,b\) 是不全为 \(0\) 的整数，则存在 \(x,y\)，使得：
证明
-
如果 \(a=0\) 或 \(b=0\)，则显然成立。
-
若 \(a\not=0,b\not=0\)。
由于 \(\gcd(a,-b)=\gcd(a,b)\)，不妨设 \(a>0,b>0\)。
欲证明 \(ax+by=\gcd(a,b)\) 有解，不妨将等式两边同时除以 \(\gcd(a,b)\)；
只用证明当 \(\gcd(a',b')=1\) 时，\(a'x+b'y=1\) 有解。
按照辗转相除法的原则，由于 \(\gcd(a',b')=\gcd(a',a'\bmod b')=\dots\)，我们设每次的余数为 \(r\)，则有：
\[\gcd(a',b')=\gcd(a',r_1)=\gcd(r_2,r_1)=\dots=\gcd(r_{n-1},r_n)=\gcd(0,r_n)=1 \]将式子展开，变为一个个等式，得：
\[\begin{aligned} a_1 &= x_1b+r_1 &(0\leq r_1<b_1)\\ b_1 &= x_2r_1+r_2 &(0\leq r_2<r_1)\\ r_1 &= x_3r_2+r_3 &(0\leq r_3<r_2)\\ &\cdots\\ r_{n-3} &= x_{n-1}r_{n-2}+r_{n-1}\\ r_{n-2} &= x_nr_{n-1}+r_n\\ r_{n-1} &= x_{n+1}r_n \end{aligned} \]由下至上，根据 \(r_n=1\)，可以推得：
\[r_{n-2}=x_nr_{n-1}+r_n\\ 1=r_{n-2}-x_nr_{n-1}\\ \]反复将 \(r_n=r_{n-2}-x_{n}r_{n-1}\) 代入式子，最终可以推出 \(1=a_1x+b_1y\)。
几何意义
关于 \(ax+by=n\) 的几何意义可以想象为一条直线，那么 \([0,n]\) 中可以被表示出来的整数就是 \((0,0),\left(\frac{n}{a},0\right),\left(0,\frac{n}{b}\right)\) 为顶点的三角形在第一象限内含有的整点个数。
显然有一个结论就是，在 \([0,n]\) 可以表示出的整数数量为：
类欧几里得可以在 \(\mathcal{O(\log{\max(a,b)})}\) 的时间内解决（但是决定把它咕咕咕）。
求解 - 扩展欧几里得
扩欧用来求出 \(ax+by=\gcd(a,b)\) 的一组解。
实际上是用类似于辗转相除法倒推出来的：（假设我们已经知道了一组解 \(x_2,y_2\)，试图推出 \(x_1,y_2\)）
那么必然存在一组解为：
这样我们就可以在递归进行中完成求解啦！
void exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y)
{
if(!b) { x=0,y=1; return; }
exgcd(b,a%b,x,y);
ll tx=x,ty=y;
x=ty,y=tx-a/b*ty;
}
那么 Exgcd 在实际操作中有什么用处呢？求 \(a\) 在模 \(b\) 意义下的逆元！
当然这里 \(b\) 完全可以不被质数所束缚了。
若 \(ax\equiv 1\pmod{b}\)，则有 \(ax+by=1\)，则直接跑上面的 Exgcd 求解即可！
费马小定理
定理指出，若 \(p\) 为素数，且 \(\gcd(a,p)=1\)，则 \(a^{p-1}\equiv1\pmod{p}\)。
换一句话说，对于任意整数 \(a\)，有 \(a^p\equiv a\pmod{p}\)。
证明
设一个质数 \(p\)，取不为 \(p\) 的倍数的整数 \(a\)。
构造序列 \(A=\{1,2,3\dots,p-1\}\)。这个序列存在这样一个性质：
证明：因为每个 \(A_i\times a\pmod{p}\) 都是唯一的，且都 \(<p\)，则每个 \(A_i\times a\pmod{p}\) 的对应一个 \(A_i\)。
因此：
证毕。
欧拉定理
定理指出，对于正整数 \(n\) 和与 \(n\) 互质的数 \(a\)，满足一下性质：
扩展欧拉定理（通过这些可以欧拉降幂）
Lucas 定理
定理指出：若 \(p\) 是素数，则有：
简单的推论：
将 \(n,m\) 都表示为 \(k\) 为的 \(p\) 进制数：
那么一定有：
当我们在求 \(\binom{n}{m}\) 时，最多只会迭代 \(\log_p \max(n,m)\) 次，所以时间复杂度为 \(\mathcal{O(\log^2n)}\)。
\(\bigstar\texttt{attention}\)：求解的时候需要一直递归到 \(x<p,y<p\) 才能结束。
ll C(ll x,ll y)
{
if(x<y) return 0;
if(x<mod && y<mod) return mi[x]*invmi[y]%mod*invmi[x-y]%mod;
return C(x/mod,y/mod)*C(x%mod,y%mod)%mod;
}
扩展 Lucas
其实跟 Lucas 定理毫不相干，但都是用来求组合数对一个数取模的，但模数变成了一个合数。
Step 1：中国剩余定理
用唯一分解定理将模数 \(p\) 分解，构造出若干个同余方程：
Step 2：移除分子分母中的素数
由于无法直接求解 \(\binom{n}{m}\pmod{q^{\alpha}}\)，因为逆元不能直接求解，所以考虑拆开式子。
其中 \(\dfrac{n!}{p^{x}}\equiv 1\pmod{p}\)，那么难点就在于求解 \(\dfrac{n!}{p^x}\pmod{p^{\alpha}}\)。
Step 3：Wilson 定理的推论
其实说不上是用威尔逊定理，这就是一个计算上面式子的技巧。
考虑对 \(n!\) 变形：
最后一步因为除出来的余数是有循环节的，直接按照循环节找，在把余数单独拎出来。
\(\left\lfloor\dfrac{n}{p}\right\rfloor!\) 直接递归处理即可。
那么还剩下 \(x,y,z\) 没有求，设 \(g(n)\) 表示 \(n!\) 中有多少个 \(p\) 因子。根据上面的式子可以得到递推式：
最后用中国剩余定理合并即可。
中国剩余定理
形式的同余方程组的定理，其中 \(p_1,p_2,...,p_k\) 为两两互质的整数，求出 \(x\) 的最小非负整数解。
求解方法
-
记模数的积为 \(P\)；
-
对于第 \(i\) 个方程：
- 计算 \(m_i = \tfrac{P}{p_i}\)，这样保证了这一位的结果不会对其他方程产生影响；
- 计算 \(m_i\) 在模 \(p_i\) 意义下的逆元 \(m_i^{-1}\)（似乎好像要用到 Exgcd），可以在这一个方程中消去 \(m_i\) 的影响；
-
方程组的唯一解为所有解累加起来（由于上面的操作方程之间不会互相影响），答案为：
\[\sum_{i=1}^n a_i m_i m_i^{-1} \pmod {P} \]
\(\bigstar\texttt{important}\)： 毒瘤出题人有可能把 \(a_i\) 变为负数！需要取绝对值！
板题：P3868 [TJOI2009]猜数字，P1495 【模板】中国剩余定理(CRT)/曹冲养猪。
P2480 [SDOI2010]古代猪文
给出 \(G,n(1\le G,n\le 10^9)\)，求：
\[G^{\sum_{k|n}\binom{n}{k}}\pmod{999~911~659} \]
因为 \(999911659\) 是一个质数，可以利用欧拉定理将式子转化为：
考虑如何计算：
主要 \(\binom{n}{k}\bmod{999~911~658}\) 比较难搞，决定将这个模数分解：\(999~911~658=2\times 3\times 4679\times 35617\)，对于每个质数用 Lucas 定理求解，最后 CRT 合并即可。
扩展中国剩余定理
形式的同余方程组的定理，其中 \(p_1,p_2,...,p_k\) 为不一定两两互质的整数，求出 \(x\) 的最小非负整数解。
求解方法
假设两个方程是 \(x\equiv a_1\pmod{p_1},x\equiv a_2\pmod{p_2}\)，考虑合并两个方程：
- 若 \(\gcd(p_2,p_1)\) 不能整除 \(a_2-a_1\)，直接无解；
- 否则记这一次合并后 \(x=ans\)，合并后的方程为 \(x\equiv A\pmod{P}\)，其中 \(A=ans,P=\text{lcm}(p_1,p_2)\)。
\(\bigstar\texttt{important}\)：当数据范围很大的时候需要及时龟速乘！
ll n,a1,p1,a2,p2,P,x,y;
void exgcd(ll a,ll b)
{
if(!b) { x=(a2-a1)/gcd(p1,p2),y=0; return; }
exgcd(b,a%b);
ll tx=x,ty=y;
x=ty,y=(tx-mul(a/b,ty,P)+P)%P;
}
n=rd();
for(int i=1;i<=n;i++)
{
p2=rd(),a2=rd(),P=p1/gcd(p1,p2)*p2;
if(i==1) { p1=p2,a1=a2; continue; }
if(a2<a1) swap(a1,a2),swap(p1,p2);
if((a2-a1)%gcd(p1,p2)) assert(0);
exgcd(p1/gcd(p1,p2),p2/gcd(p1,p2));
assert((mul(x,p1,P)+mul(y,p2,P))%P==(a2-a1+P)%P);
a1=(a1+mul((x%P+P)%P,p1,P))%P,p1=P;
}
printf("%lld\n",a1);
威尔逊定理
定理指出：对于素数 \(p\) 有 \((p-1)!\equiv-1\pmod{p}\)；且若正整数 \(p'\) 满足前面的条件，\(p'\) 一定为质数。
证明
引理 \(1\)：对于集合 \(A=\{2,3,4\dots,p-2\}\)，对于所有 \(A\) 中元素 \(a\)，一定存在不同于 \(a\) 的元素 \(b\in A\)，\(b\) 为 \(a\) 在模 \(p\) 意义下的逆元。
证明 - 反证法：
若 \(b=1\)，且 \(ab\equiv 1\pmod{p}\)，则 \(a\) 只可能为 \(1\)，矛盾。
若 \(b=p-1\)，且 \(ab\equiv 1\pmod{p}\)，则：
\[a(p-1)\equiv 1\pmod{p}\\ ap-a\equiv 1\pmod{p}\\ p-a\equiv 1\pmod {p} \]则 \(a\) 只可能为 \(p\)，矛盾。
引理 \(2\)：所有元素 \(a\in A\)，他们在模 \(p\) 意义下逆元互不相同。
证明 - 反证法：
若存在不同的整数 \(a_1,a_2\) 满足 \(a_1b\equiv a_2b\equiv 1\pmod{p}\)，则：\((a_1-a_2)b\equiv 1\pmod{p}\)，则 \(a_1=a_2\)，矛盾。
根据引理 \(1\) 与引理 \(2\) 可以得出集合 \(A\) 中元素可以互相配对使得他们的在 \(\bmod{p}\) 意义下乘积为 \(1\)。
又因为 \(1\times(p-1)\equiv -1\pmod {p}\)，所以定理得证。
BSGS
BSGS（baby-step giant-step），即大步小步算法，用来在 \(\sqrt{p}\) 的时间内求解下面的方程：（其中要求 \(a\perp p\)）
令 \(x=A\left\lceil\sqrt{p}\right\rceil-B\)，其中 \(0\le A,B\le \sqrt{p}\)，则有：
我们已知 \(a,b\) 可以枚举 \(B\)，得出 \(ba^B\) 的所有取值，存储下来。再枚举 \(A\)，得出 \(a^{A\lceil\sqrt{p}\rceil}\) 的所有取值，查看是否相同即可。
inline int BSGS(int a,int mod,int b)
{
int sq=ceil(sqrt(mod)); mp.clear();
int powa=1;
for(int B=0,x=1;B<=sq;B++)
x=1ll*b*powa%mod,mp[x]=B,powa=1ll*powa*((B==sq)?1:a)%mod;
for(int A=0,B,x=1;A<=sq;A++)
{
if(mp.find(x)!=mp.end()) { B=mp[x]; if(A*sq-B>=0) return A*sq-B; }
x=1ll*x*powa%mod;
}
return -1;
}
扩展 BSGS
上面 \(a,p\) 不一定互质时该怎么做呢？由于只有在 \(a,p\) 互质的时候才有逆元，我们要想方法让他们变得互质。
设 \(d_1=\gcd(a,p)\)，如果 \(d_1\not\equiv0\bmod b\)，则方程无解，否则同时除以 \(d_1\)，得到：
如果 \(\frac{a}{d_1}\) 和 \(\frac{p}{d_1}\) 还不互质就继续除，设 \(d_2=\gcd(\frac{a}{d_1},\frac{p}{d_1})\)，如果 \(d_2\not\equiv0\bmod \frac{b}{d_1}\) 就无解，否则同时除以 \(d_2\)，得到：
最终可以得到 \(\frac{p}{d_1d_2\dots d_k}\perp a\)，记 \(D=\prod_{i=1}^{k}d_i\)，则有：
由于 \(a\perp \frac{p}{D}\)，则一定有 \(\frac{a^k}{D}\perp \frac{p}{D}\)，存在逆元，移项之后就可以变成了普通版的 BSGS。
\(\bigstar\texttt{Attention}\)：有可能解小于 \(k\)，那么判断 \(\frac{a^k}{D}\equiv \frac{b}{D}\pmod{\frac{p}{D}}\) 及时返回即可。
inline int inv(int a,int mod)
{
int x,y;
exgcd(a,mod,x,y);
return (x%mod+mod)%mod;
}
inline int exBSGS(int a,int mod,int b)
{
b%=mod;
if(b==1 || mod==1) return 0;
int k=0,D=1,U=1,tmod=mod,tb=b;
for(int x;(x=gcd(tmod,a))>1;)
{
if(tb%x) return -1;
tmod/=x,tb/=x,D*=x,k++;
U=1ll*U*a/x%tmod;
if(U==tb) return k;
}
tb=1ll*tb*inv(U,tmod)%tmod;
int ret=BSGS(a,tmod,tb);
if(ret==-1) return -1;
return ret+k;
}
升幂定理
咕咕咕
二次剩余
咕咕咕
拉格朗日定理
咕咕咕
原根
咕咕咕
阶
咕咕咕
