数论基础

数论：研究数与数之间的关系。如带余除法、因数倍数、同余整除等都是数论。

【筛法】

主要使用的筛法有两个：埃氏筛和欧拉筛（线性筛）。

使用筛法的原因很简单：对于一个数，我们要找它的因数不容易；但是对于一个因数，我们找它的倍数很简单。

【埃氏筛】

因为一个数的倍数一定不是质数，且任何数都能分解为若干质数之积，所以我们每找到一个质数，就把这个质数的所有倍数都标记为合数。

bool p[N] = {}; //p[i]=true表示i为质数
void shai() {
    p[0] = p[1] = false;
    for (int i = 2; i <= N; i++)
        p[i] = true;
    for (int i = 2; i <= N; i++)
        if (p[i]) {
            for (long long j = i; i * j <= N; j++) //删去所有倍数
                p[i * j] = false;
        }
}

注意：这里我们还有一个小优化，我们的 j 是从 i 开始枚举的，这是因为在 j < i 时，我们一定在 i 更小的时候就已经标记过 i * j 了。这样可以避免一些重复标记。

但是，我们发现埃氏筛依旧会出现重复标记的情况。例如 $7\times 8=56$，我们会在 $i=7$ 的时候筛一遍 $56$，但是因为 $8$ 有质因子 $2$，所以在 $i=2$ 时也会筛一遍 $56$。

因为有重复标记，所以埃氏筛的时间复杂度略高于 $O(n)$。当 $n$ 很大的时候，可以明显看出它和 $O(n)$ 的差距。

【欧拉筛】

我们希望埃氏筛可以进化到 $O(n)$ 的复杂度。

上面埃氏筛慢的原因，就在于一个数被多次标记。而多次标记的原因，是我们分类分的不好。
我们在上面把所有合数分类，这个分类的方法是 “如果 $x$ 是质数 $p$ 的倍数，我们就把 $x$ 分入 $p$ 的类中”。
并且，每找到一个质数，我们就把该质数对应的分类中所有的数都打上合数标记。

显然，这样的分类方法可能会让一个数被分入多个类中，从而导致多次标记。现在，我们需要一个新的分类方法，可以把所有合数无遗漏无重复的分类。

考虑一个合数 $x$ 会被分进谁的类中。如果能把 $x$ 分进它的一个因数的类中，我们就可以很方便地打标记。

既然我们要 $x$ 的因数，不如直接取最简单的情况：把 $x$ 分进它最大的真因数 $x^{\prime }$ 的类中。
因为 $x^{\prime }$ 是最大真因数，所以 $x^{\prime }$ 到 $x$ 一定只差了一个质因子，并且是 $x$ 的最小质因子 $p$。

因为 $p$ 是 $x$ 的最小质因子，所以 $x^{\prime }$ 的质因子一定都大于等于 $p$，于是我们可以枚举所有质数 $a$，满足 $a$ 小于等于 $x^{\prime }$ 的最小质因子，并把 $x^{\prime }\times a$ 打上标记。因为 $x^{\prime }$ 的最小质因子都大于等于 $a$，所以这样可以保证 $a$ 一定是 $x^{\prime }\times a$ 的最小质因数。

但是，对 $x^{\prime }$ 找最小质因子挺麻烦的。我们注意到这么一个性质：当 $a$ 达到上限，也就是当 $a=x^{\prime }$ 的最小质因子时，$a|x$。因此，我们可以一直枚举 $a$，如果 $a|x^{\prime }$ 就退出循环。

因为每个数都会唯一地分进一个类中，故这个算法是 $O(n)$ 的。

int prime[60000006], cnt = 0; //cnt记录当前质数个数
bool p[60000005] = {};

void init() {
    for (int i = 2; i <= n; i++) {
        if (!p[i])
            prime[++cnt] = i;
			
            //j <= cnt：只能枚举当前找出来的质数
        for (int j = 1; j <= cnt && prime[j] <= n / i; j++) {
            p[i * prime[j]] = true;
            if (i % prime[j] == 0)
                break;
        }
    }
}

【运用线性筛思想解决问题】

分解质因数

对于一个数的分解质因数早已学过，但现在有了多次询问。

注意到，分解质因数的操作显然是一个可以递归的操作：如果要分解 $x$，$x$ 的最小质因数是 $p$，那么相当于要分解 $x/p$，并且在 $x$ 的分解中加上一个 $p$。

考虑记录 $mn[x]$ 表示 $x$ 的最小质因数。如果能求出所有数的 $mn[]$，我们就可以在 $\log$ 的时间复杂度内回答一个询问。我们现在的任务就是预处理出 $mn[]$ 数组。

还是一样的思路：对于一个数 $x$，求 $mn[x]$ 很难，但是求出所有 $mn[]=x$ 的很简单。

我们把每一个数都分进它最小质因数对应的类中。但是这样还是难以解决，所以我们考虑把每一个数都分进它最大真因数对应的类中。然后在枚举到一个数的最大真因数 $i$ 时，枚举所有可能的最小质因数 $prime[j]$，并记录 $mn[i\times prime[j]]=prime[j]$。

可以发现，我们只需要在 p[i * prime[j]] = true 之后加上一句 mn[i * prime[j]] = prime[j] 即可。

因数个数与因数之和

因数个数的公式很简单：先分解质因数，然后每个质因数的指数加一再相乘。
但是，我们希望这个公式可以完成递推。

当我们已经知道了 $n$ 的因数个数 $f(n)$，考虑乘上一个质数 $p$ 后的 $f(np)$ 会怎么变化。

1. $n$ 中不含 $p$，那么 $f(np)=(1+1)\times f(n)$；

2. $n$ 中含 $p$。因为我们的 $p$ 实际上枚举到 $n$ 的最小质因数就退出了，所以我们只需要考虑当 $n$ 乘上了 $n$ 的最小质因数后的变化。

   我们只需要同时记录下 $n$ 的最小质因数的次数 $mn[n]$，就可以方便地让 $f(np)=f(n)÷(mn[n]+1)\times (mn[np]+1)$。（显然 $mn[np]=mn[n]+1$）

经过这么一系列的递推，我们就可以求出所有数的因数个数了。同理，因数和也可以求出来，只是公式不同而已。

【总结】

可以发现，我们在数论上的递推与动态规划时的递推并不相同。我们在数论上的递推通常不是由 $k-1$ 推 $k$，而是由 $k/...$ 推 $k$。而线性筛就给我们提供了一个很好的递推方法：枚举每一个数的最大真因数，然后乘上一个最小质因数进行递推。

【积性函数】

若 $f(ab)=f(a)\times f(b)|(a,b)=1$，称 $f()$ 为积性函数。

例如上面的因数个数就是一个积性函数。

积性函数就意味着我们可以进行递推。

【欧拉函数】

定义 $\phi (n)$ 为 “小于 $n$ 的数中与 $n$ 互质的数的个数”。

若 $n$ 的质因子为 $p_1,p_2,...,p_k$，则 $\phi (n)=n\times {\displaystyle \prod _{i=1}^k\frac{p_i-1}{p_i}}$。

因此，我们可以这样求欧拉函数。

如果我们要求 $1\sim n$ 的 $\phi ()$，肯定不能每一个都求一次。所以我们用上面欧拉筛的方法递推。

递推code

仪仗队

如果一个人位于 $(x,y)$，要想被看到，必须 $(x,y)=1$。
于是这个题就变成了问有多少对数互质。当然，我们考虑一半即可，注意对角线只有一个能看到，特殊处理。

考虑对于每一列 $a$，都要问比 $a$ 小的有几个与 $a$ 互质。所以答案就是 $\phi (1)+\phi (2)+...+\phi (n)$。

【乘法逆元】

在题目中，我们经常需要取模。但是如果涉及除法，乱除可能导致答案错误。这时候，我们尝试用乘法在取模意义上代替除法。于是，乘法逆元诞生了。

若 $ab\equiv 1(\mathrm{mod}p)$，则记 $a=b^{-1}=\frac{1}{b},b=a^{-1}=\frac{1}{a}$，称 $a,b$ 互为逆元。（模 $p$ 意义下）

注意：只有 $a,b$ 与 $p$ 互质时才存在逆元。

逆元有什么用？如果我们要在模的意义下做除法，就相当于乘以除数的逆元。
那么如何快速求出逆元？

接下来我们做两件事。

1. 若 $(a,p)=1$，求证：$a^{-1}\mathrm{mod}p$ 存在且唯一。

2. $O(\log p)$ 的时间内求出 $a^{-1}\mathrm{mod}p$。

首先提出两个概念：完全剩余系和简化剩余系。

完全剩余系：简称完系。$x$ 的完系为一个包含 $x$ 个数的集合，满足集合中任何两个数模 $x$ 的余数各不相同。

简化剩余系：简称简系。$x$ 的简系为一个包含 $\phi (x)$ 个数的集合，满足集合中任何两个数模 $x$ 的余数各不相同，且与 $x$ 互质。

记 $x$ 的完系为 $R(x)$，$x$ 的简系为 $R^{\prime }(x)$。

---

下证：若 $(a,p)=1$，求证：$a^{-1}\mathrm{mod}p$ 存在且唯一。

令 $R^{\prime }(p)=\{x_1,x_2,...,x_k\}$。（$k=\phi (p)$）

显然，因为 $(a,p)=1$，所以 $a\in R^{\prime }(p)$。如果 $a^{-1}$ 存在，若 $(a^{-1},p)\ne 1$，则 $a\times a^{-1}\ne 1$，矛盾。因此 $a^{-1}\in R^{\prime }(p)$。

因为逆元就是相乘得一，所以我们考虑把所有东西都乘起来看看。

我们只需证明：对于任意 $a$，$(a,p)=1$，则 $a{x}_1,a{x}_2,...,a{x}_k$ 依然构成模 $p$ 的简化剩余系。

1. $a{x}_1,a{x}_2,...,a{x}_k$ 有 $\phi (p)$ 个。且由于 $(a,p)=(x_i,p)=1$，所以 $(a{x}_i,p)=1$。

2. 对于任意 $i,j$，$a{x}_i\not\equiv a{x}_j(\mathrm{mod}p)$。这是因为 $a{x}_i\equiv a{x}_j(\mathrm{mod}p)⟺p\mid a{x}_i-a{x}_j⟺p\mid a(x_i-x_j)⟺p\mid x_i-x_j$，矛盾。

因此，$a{x}_1,a{x}_2,...,a{x}_k$ 也是模 $p$ 的简系。显然简系中有一个 $1$。所以 $x_1,x_2,...,x_k$ 中恰有一个是 $a^{-1}$。

证毕。

---

怎么求乘法逆元？

欧拉定理：对于 $(a,p)=1$，有 $a^{\phi (p)}\equiv 1(\mathrm{mod}p)$。

证明：考虑模 $p$ 的简化剩余系 $x_1,x_2,...,x_k$。由上面知 $a{x}_1,a{x}_2,...,a{x}_k$ 也是简系。

所以 ${\displaystyle \prod _{i=1}^k{x}_i\equiv a{x}_1\times a{x}_2\times ...\times a{x}_k(\mathrm{mod}p)}$。

记 ${\displaystyle \prod _{i=1}^k{x}_i=X}$，则 $X\equiv a^{\phi (p)}X(\mathrm{mod}p)$。

又 $(X,p)=1,(a^{\phi (p)},p)=1$，所以 $X,a^{\phi (p)}\in R^{\prime }(p)$。

故，若 $a^{\phi (p)}\not\equiv 1$，则 $a^{\phi (p)}X\not\equiv 1\cdot X\not\equiv X$，矛盾。

所以 $a^{\phi (p)}\equiv 1(\mathrm{mod}p)$，证毕。

由于 $a^{\phi (p)}\equiv 1(\mathrm{mod}p)$，所以 $a\times a^{\phi (p)-1}\equiv 1$，所以 $a^{-1}=a^{\phi (p)-1}$。用快速幂求解即可。

【连续的乘法逆元】

连续乘法逆元

注意要求模数为质数。

如果对于每一个数，都用 $a^{\phi (p)-1}$ 算，就太慢了。

我们希望可以重复利用之前求出来的数据。

假设已知 $1\sim (k-1)$ 的逆元，求 $k$ 的逆元。$(\mathrm{mod}p)$

考虑带余除法：$p÷k=t\cdot \cdot \cdot \cdot \cdot \cdot r(0\le r<k)$

$p=kt+r,kt+r\equiv 0(\mathrm{mod}p)$。

两边同时乘 $k^{-1}{r}^{-1}$。利用逆元性质：相乘得一。

$t\cdot r^{-1}+k^{-1}\equiv 0(\mathrm{mod}p)$。

$k^{-1}\equiv -t\cdot r^{-1}\equiv -(p/k)(p\mathrm{mod}k{)}^{-1}(\mathrm{mod}p)$

所以，$k^{-1}$ 可以用 $(p\mathrm{\%}k{)}^{-1}$ 推出来。

初始设立 $inv[1]=1$，然后一路递推到 $inv[n]$。

---

带余除法：$a÷p=t\dots \dots r(0\le r<p)$，$a=pt+r$。

如果我们想求 $a$ 的某种属性，可以考虑用 $p,t,r$ 三者的属性推出来。

【BSGS】

模板 BSGS

给定 $b$、$p$、$n$，求 $l$ 使得 $b^l\equiv n(\mathrm{mod}p)$

首先有一个枚举的想法，$O(p)$。

然后想到：

一个一个往前枚举太慢了，如果能先大幅度跨，然后再小幅度调整，时间就会快很多。

---

设 $t=[\sqrt{p}],l=at+r(0\le r<t)$。

因为 $l$ 显然 $\le p$，$t=[\sqrt{p}]$，所以 $a$ 的级别是 $\sqrt{p}$；因为 $r<t$，所以 $r$ 的级别也是 $\sqrt{p}$。最终的复杂度是 $O(\sqrt{p})$ 的，是一个比较好的复杂度。

考虑用带余除法的方式转换式子。

$b^l\equiv b^{at+r}\equiv (b^t{)}^a\times b^r\equiv n(\mathrm{mod}p)$。

我们枚举 $a$，考虑怎么求 $r$。当 $a=a_0$ 时：

$(b^t{)}^{a_0}\times b^r\equiv n,b^r\equiv n\times [(b^t{)}^{a_0}{]}^{-1}$。

如果我们能找到一个 $r$ 满足 $b^r\equiv n\times [(b^t{)}^{a_0}{]}^{-1}$，那么这个 $r$ 和 $a_0$ 组成一组可行的解，然后就能直接通过 $l=at+r$ 求出对应的 $l$。

但是，如果不能快速找到 $r$，时间并没有优化。那我们怎么快速找到 $r$ ？

建立一个 map，索引时 $n\times [(b^t{)}^{a_0}{]}^{-1}$，键值是 $r$。这样当我们算出 $n\times [(b^t{)}^{a_0}{]}^{-1}$ 时，我们可以立刻用 mp[$n\times [(b^t{)}^{a_0}{]}^{-1}$] 查询对应的 $r$。

【具体实现时的修改】

在具体实现时，我们让 $l=at-r(1\le r\le t)$。

$b^l=b^{at-r}=(b^t{)}^a÷b^r\equiv n$。

$b^r\equiv (b^t{)}^a\times n^{-1}$。

我们让 map[ $b^r$ ] $\to r$，这样就可以用 map[ $(b^t{)}^a\times n^{-1}$ ] 快速求 $r$。

当然，我们也可以让 map[ $b^r\times n$ ] $\to r$，这样我们的式子就应该是 $b^r\times n\equiv (b^t{)}^a$，调用 map[ $(b^t{)}^a$ ] $\to r$ 进行查询。

至于 $l=at-r$ 而非 $l=at+r$ 的原因，是因为 $map$ 里面查询不到会返回 0，如果 $0\le r<t$，会混淆不存在和 $r=0$。

code

【裴蜀定理】

裴蜀定理

裴蜀定理：${\displaystyle \sum _{i=1}^n{A}_i{x}_i=gcd(A_1,A_2,...,A_n)}$ 一定有解。

二元形式：若 $(a,b)=1$，则 $ax+by=1$ 有解。

考虑模 $b$ 的简系，这个简系乘 $a$ 也是简系，其中必有一个 1。所以存在 $ax=bk+1$，此时令 $y=-k$ 即可。

【拓展欧几里得算法】

【模板】二元一次方程组

判断无解：裴蜀定理，$gcd(a,b)$ 是否整除 $c$ 。

接下来尝试寻找一组整数解。一个简单的想法显然可以枚举 $x$，$O(min(a,b))$。慢，考虑优化。

众所周知，辗转相除法可以求出 $gcd(a,b)$。那我们能否在辗转相除的过程中，顺便求出对应的解 $(x,y)$ 呢？

辗转相除法：不妨 $a\ge b,gcd(a,b)=gcd(b,a\mathrm{\%}b)$。

对 $ax+by=gcd(a,b)$ 的方程，考虑用辗转相除法递归：转化为 $b{x}_0+(a\mathrm{\%}b)y_0=gcd(b,a\mathrm{\%}b)$，用 $x_0,y_0$ 推出 $x,y$。

这么做之所以好，是因为等式左侧的关系很明显，而右侧始终相等。

同样地，考虑辗转相除法的结束条件：$a,b$ 中，一个是 0，另一个是最大公因数。
当我们递归结束时，方程变为 $gcd(a,b)x_0+0\cdot y_0=gcd(a,b)$。

显然此时的有解 $(1,0)$。

现在我们希望通过这一层的解推出上一层的解。
即已知 $bx+(a\mathrm{\%}b)y=gcd(a,b)$ 有解 $(x_0,y_0)$，求 $ax+by=gcd(a,b)$ 的解 $(x,y)$。

因为我们想要 $b,a\mathrm{\%}b$，所以考虑把 $a$ 拆掉，$a=[\frac{a}{b}]\times b+a\mathrm{\%}b$。
现在的方程变为 $[[\frac{a}{b}]]\times b+(a\mathrm{\%}b)]x+by=gcd(a,b)$。

拆括号，$b\cdot [[\frac{a}{b}]x+y]+(a\mathrm{\%}b)x=gcd(a,b)$。这不就是上一层的形式吗？

所以，令 $[\frac{a}{b}]x+y=x_0,x=y_0$ 即可。$(x,y)=(y_0,x_0-[\frac{a}{b}]y_0)$。

【中国剩余定理】

中国剩余定理（孙子定理）

记 $M={\displaystyle \prod _{i=1}^n{p}_i,M_i=M/p_i}$。显然 $(M,M_i)=1$。

不妨设 $M_i\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{\mathrm{p}}_{\mathrm{i}}$ 逆元 $M_i^{-1}$。

有特解：$x_0={\displaystyle \sum _{i=1}^n{a}_i{M}_i{M}_i^{-1}}$。

正确性：$x_0\equiv a_i(\mathrm{mod}{p}_i)$ 吗？ $x_0$ 中的 $a_i{M}_i{M}_i^{-1}$ 贡献 $a_i$ 的余数，其余项的 $M_{()}$ 都包含 $p_i$，所以最终的余数就是 $a_i$。

通解：$x=x_0+k\cdot M(k\in Z)$。

【阶与原根】

阶：$a\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}\mathrm{p}$ 的阶为最小的 $r$ 使得 $a^r\equiv 1(\mathrm{mod}p)$。

性质一：若 $a^k\equiv 1(\mathrm{mod}p)$，必有 $r\mid k$。

证明：若 $r\mid \text{⧸}k$，记 $k=tr+z(1\le z<r)$，则 $a^z\equiv 1(\mathrm{mod}p)$ 且 $z<r$，与 $r$ 最小矛盾。

性质二：$a^k\equiv a^{k-r}(\mathrm{mod}p)$。证明显然。

由于 $a^{\phi (p)}\equiv 1(\mathrm{mod}p)$，所以 $r\mid \phi (p)$。

如果 $r=\phi (p)$，称 $r$ 为原根。

原根的性质：$a^1\sim a^r\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}\mathrm{p}$ 刚好构成一个 $\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}\mathrm{p}$ 的简系。