小学数学知识

中国剩余定理

对于下面的方程组（其中 $n_1,n_2,\cdots,n_m$ 两两互质）：

$$\begin{cases}x\equiv a_1\pmod {n_1}\\x\equiv a_2\pmod {n_2}\\\cdots\\x\equiv a_m\pmod{n_m}\end{cases}$$

其在模 $A$ 意义下的解为 $\sum_{i=1}^ma_it_i\frac{A}{n_i}$，其中 $A=\prod_{i=1}^m n_i,t_i$ 为模 $n_i$ 意义下 $\frac{A}{n_i}$ 的逆元。由于 $n_1,n_2,\cdots,n_m$ 互质可得其为唯一解。

证明

考虑 $\sum_{i=1}^ma_it_i\frac{A}{n_i}$ 模 $n_k$ 时，只需要考虑 $a_kt_k\frac{A}{n_k}$ 一项（其他项的 $\frac{A}{n_i}$ 均有 $n_k$ 这个因数），此时有 $a_kt_k\frac{A}{n_k}\equiv a_k\pmod{n_k}$。

应用

在计算某个数对非质数 $M$ 取模的结果时，可以将 $M$ 表示成若干互质的数积的形式（某些时候可以用质数表示），分别计算答案在模这些数的意义下的值，然后使用中国剩余定理合并即可。

同时在计算任意模数多项式乘法时，可以考虑将所有系数不取模表示然后模给定模数；而此时可以使用三个足够大的 NTT 模数 $P_1,P_2,P_3$（e.g. 可以令它们分别为 $469762049,998244353,1004535809$，它们的原根均为 $3$），满足 $P_1P_2P_3$ 大于不取模的系数最大值，然后分别在模 $P_1,P_2,P_3$ 意义下求值再使用中国剩余定理合并。

使用中国剩余定理的原理可以推导出 拉格朗日插值法。

扩展中国剩余定理

考虑上述 $n_1,n_2,\cdots,n_m$ 不满足两两互质的情况。此时对于 $x\equiv a_1\pmod{n_1},x\equiv a_2\pmod{n_2}$，可以将 $x$ 表示成 $k_1n_1+a_1$ 或 $k_2n_2+a_2$ 的形式。由于 $k_1n_1+a_1=k_2n_2+a_2$，所以有 $k_1n_1-k_2n_2=a_2-a_1$，在 $\gcd(n_1,n_2)\not|a_2-a_1$ 时无解，否则可以用 exgcd 解出某组 $k_1,k_2$，则前两个方程等效于 $x\equiv k_1n_1+a_1\pmod{\mathop{\rm lcm}(n_1,n_2)}$。

代码

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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define lll __int128_t
int i,k; lll sol,m=1,t1,t2,g;
long long a[100010],b[100010];
lll exgcd(lll A,lll B,lll &X,lll &Y){
	if(!B){X=1;Y=0;return A;}
	lll ret=exgcd(B,A%B,X,Y);
	lll T=X;X=Y;Y=T-(A/B)*Y;
	return ret;
}
void Write(lll A){
	if(A>9) Write(A/10);
	putchar((A%10)+'0');
}
int main(){
	scanf("%d",&k);
	for(i=1;i<=k;++i) scanf("%lld%lld",&a[i],&b[i]);
	for(i=1;i<=k;++i){
		g=exgcd(m,a[i],t1,t2); 
		t1*=b[i]-sol;t1/=g;
		sol+=t1*m; m*=a[i]/g;
		sol=(sol%m+m)%m;
	}
	Write((sol%m+m)%m); return 0;
}

Lucas 定理

对于质数 $p$，有：

$$\binom nm\bmod p=\left(\binom{\left\lfloor\frac np\right\rfloor}{\left\lfloor\frac mp\right\rfloor}\binom{n\bmod p}{m\bmod p}\right)\bmod p$$

证明

考虑 $(a+b)^p\equiv\sum_{i=0}^p\binom pia^ib^{p-i}\equiv a^p+b^p\pmod p$。所以有如下化简 $\binom nm$ 的方式：

$$\begin{aligned}\binom nm&\equiv[x^m](1+x)^n\\&\equiv[x^m](1+x)^{p\left\lfloor\frac np\right\rfloor}(1+x)^{n\bmod p}\\&\equiv[x^m](1+x^p)^{\left\lfloor\frac np\right\rfloor}(1+x)^{n\bmod p}\\&\equiv\left([x^{p\left\lfloor\frac mp\right\rfloor}](1+x^p)^{\left\lfloor\frac np\right\rfloor}\right)\left([x^{m\bmod p}](1+x)^{n\bmod p}\right)\\&\equiv\binom{\left\lfloor\frac np\right\rfloor}{\left\lfloor\frac mp\right\rfloor}\binom{n\bmod p}{m\bmod p}\pmod p\end{aligned}$$

上面式子的第三行中 $(1+x^p)^{\left\lfloor\frac np\right\rfloor}$ 只会在 $x^{pi},i\in\N$ 处有取值，而 $(1+x)^{n\bmod p}$ 不可能在 $\forall i\ge p,x^p$ 处有非 $1$ 的取值；所以两者之积的 $x^n$ 项可以拆到两个因式内分别计算。

Wilson 定理

对于质数 $p$，有：

$$(p-1)!\equiv -1\pmod p$$

证明

考虑 $1\sim p-1$ 内每个数在模 $p$ 意义下均有一个唯一的逆元，其中 $p-1$ 的逆元显然为 $p-1$，所以 $1\sim p-2$ 内每个数在模 $p$ 意义下逆元在 $1\sim p-2$ 内，有 $(p-1)!\equiv (p-2)!(p-1)\equiv -1\pmod p$。

原根

对于某个数 $P$，如果存在某个 $1\sim P-1$ 的数 $g$，满足 $|\bigcup_{i=0}^{P-2}\{g^i\bmod P\}|=P-1$（$g^i$ 在模 $P$ 意义下两两不同），则称 $g$ 为模 $P$ 的原根。此时每个小于 $P$ 的正整数都可以表示成某个 $g^i$ 的形式。

判定：对于某个大于 $3$ 的数 $M$，$g$ 为模 $M$ 的原根当且仅当对于 $\varphi(M)$ 的每个质因数 $p$ 都有 $g^{\frac{\varphi(m)}p}\ne\equiv 1\pmod M$。$M$ 只有在为 $2,4,p^e,2p^e$（其中 $p$ 为奇质数，$e\in\N_+$）时才存在原根，此时 $M$ 的最小原根在 $O(M^{\frac 14})$ 级别。（证明可以看 OI Wiki）

BSGS

在解方程 $a^x\equiv b\pmod p$（$a,p$ 互质）时，可以将 $x$ 拆成 $k_1\sqrt p-k_2$ 的形式，此时 $a^{k_1\sqrt p}\equiv ba^{k_2}\pmod p$。对于每个 $k_1$ 预处理出所有的 $a^{k_1\sqrt p}$，再对每个 $ba^{k_2}$ 检查有无 $a^{k_1\sqrt p}$ 对应即可。同理解方程 $x^a\equiv b\pmod p$（$p$ 为质数）时可以将 $x$ 化成 $g^c$ 然后将整个方程化为 $(g^a)^c\equiv b\pmod p$ 的形式。

常用积性函数

单位函数：$\varepsilon(n)=[n=1]$。
恒等函数：${\mathop{\rm{id}}}_k(n)=n^k$，${\mathop{\rm{id}}}_1(n)$ 可简记为 ${\mathop{\rm{id}}}(n)$。
常数函数：$1(n)=n$。
除数函数：$\sigma_k(n)=\sum_{d|n}d^k$。此时 $\sigma_0(n)$ 为 $n$ 的因子个数，可以简记为 $d(n)$ 或 $\tau(n)$；$\sigma_1(n)$ 为 $n$ 的因子和，可以简记为 $\sigma(n)$。
欧拉函数：$\varphi(n)=\sum_{i=1}^n[\gcd(i,n)=1]$。
莫比乌斯函数：$\mu(n)=\begin{cases}1&n=1\\0&\exists d>1,d^2|n\\(-1)^{\omega(n)}&{\rm{otherwise}}\end{cases}$，其中 $\omega(n)$ 为 $n$ 的不同质因子个数，是一个加性函数（$\forall x,y,\gcd(x,y)=1\to \omega(x)+\omega(y)=\omega(xy)$）。

狄利克雷卷积

定义

对于两个数论函数（定义域为正整数的函数）$f,g$，定义它们的狄利克雷卷积 $h=f*g$ 为 $h\left(n\right)=\sum_{i|n}f\left(i\right)g\left(\frac ni\right)$。

性质

狄利克雷卷积满足交换律，结合律，加法分配律，存在唯一的单位元 $\varepsilon$，且每个元素存在唯一的逆元等性质。

两个积性函数的狄利克雷卷积也是积性函数

对于积性函数 $f,g$ 和一对满足 $\gcd\left(a,b\right)=1$ 的 $a,b$，$h=f*g$ 满足 $h\left(a\right)=\sum_{i|a}f\left(i\right)g\left(\frac ai\right),h\left(b\right)=\sum_{j|b}f\left(j\right)g\left(\frac bj\right)$，则有：

$$\begin{aligned}h\left(a\right)h\left(b\right)&=\left(\sum_{i|a}f\left(i\right)g\left(\frac ai\right)\right)\left(\sum_{j|b}f\left(j\right)g\left(\frac bj\right)\right)\\&=\sum_{k|ab}f\left(k\right)g\left(\frac{ab}k\right)\\&=h\left(ab\right)\end{aligned}$$

积性函数的逆元也是积性函数

令 $g$ 为积性函数 $f$ 的逆元，有 $g\left(1\right)=\frac 1{f\left(1\right)}=1$。考虑归纳法，探讨 $\forall n,m,\gcd\left(n,m\right)=1$ 在满足 $\forall s<nm$ 时满足 $\forall x|s,\gcd\left(x,\frac sx\right)=1,g\left(x\right)g\left(\frac sx\right)=g\left(s\right)$ 时 $g\left(nm\right)$ 的性质。由 $\sum_{i|nm}f\left(i\right)g\left(\frac{nm}i\right)=0$ 得：

$$\begin{aligned}g\left(nm\right)&=f\left(1\right)g\left(\frac{nm}1\right)\\&=-\sum_{ab|nm,ab>1}f\left(ab\right)g\left(\frac{nm}{ab}\right)\\&=-\sum_{a|n,b|m,ab>1}f\left(a\right)f\left(b\right)g\left(\frac na\right)g\left(\frac mb\right)\\&=f\left(1\right)f\left(1\right)g\left(n\right)g\left(m\right)-\sum_{a|n,b|m}f\left(a\right)g\left(\frac na\right)f\left(b\right)g\left(\frac mb\right)\\&=g\left(n\right)g\left(m\right)-\left(\sum_{a|n}f\left(a\right)g\left(\frac na\right)\right)\left(\sum_{b|m}f\left(b\right)g\left(\frac mb\right)\right)\\&=g\left(n\right)g\left(m\right)\end{aligned}$$

莫比乌斯反演

在求某个函数 $f$ 时，如果求其本身不简单而求其约数和/倍数和 $g$ 比较简单，则可以通过莫比乌斯反演简化计算。（之前并没有比较系统地学习过）

$\mu$ 的性质

$\sum_{d|n}\mu(d)=[n=1]/\mu*1=\varepsilon$

证明：考虑将 $n$ 分解质因数为 $\prod_{i=1}^m p_i^{c_i}$（其中每个 $c_i>0$）的形式，此时将 $n$ 化为 $\prod_{i=1}^m p_i$ 结果不变。此时 $\sum_{d|n}\mu(d)$ 等效于在 $p_1\sim p_m$ 中取若干个，相当于 $\sum_{i=1}^m\binom mi(-1)^i=(1-1)^m=[m=0]=[n=1]$。此时如果某个 $f(i)=\sum_{d|i}g(d)$，则 $g(i)=\sum_{d|i}f(d)\mu\left(\frac id\right)$。

推论：$\sum_{d|n}d\mu(\frac nd)=\varphi(n)/\mu*\mathop{\rm{id}}=\varphi$

证明：考虑 $\mu*{\mathop{\rm{id}}}=\varphi$ 就是 $\mathop{\rm{id}}=\varphi*1$。令 $n=\prod_{i=1}^m p_i^{c_i}$，有如下证明方法：

$$\begin{aligned}(\varphi*1)(n)&=\sum_{d|n}\varphi(d)\\&=\sum_{\forall i\in[1,m],b_i\le c_i}\varphi\left(\prod_{i=1}^m p_i^{b_i}\right)\\&=\sum_{\forall i\in[1,m],b_i\le c_i}\prod_{i=1}^m\varphi\left(p_i^{b_i}\right)\\&=\prod_{i=1}^m\sum_{j=0}^{c_i}\varphi\left(p_i^j\right)\\&=\prod_{i=1}^m\left(1+(p-1)\sum_{j=0}^{c_i-1}p^j\right)\\&=\prod_{i=1}^m p_i^{c_i}=n\end{aligned}$$

杜教筛

对于数论函数 $f$，在求 $\sum_{i=1}^n f(i)$ 时，考虑写出 $f$ 的前缀和 $F$ 的递推式。此时可以引入某个数论函数 $g$，则有：

$$\begin{aligned}\sum_{i=1}^n(f*g)(i)&=\sum_{i=1}^n\sum_{j|i}g(j)f\left(\frac ij\right)\\&=\sum_{j=1}^n g(j)\sum_{i=1}^{\left\lfloor\frac nj\right\rfloor}f(i)\\&=\sum_{j=1}^ng(j)F\left(\left\lfloor\frac nj\right\rfloor\right)\end{aligned}$$

此时 $F(n)=\frac 1{g(0)}\left(\sum_{i=1}^n(f*g)(i)-\sum_{j=2}^ng(j)F\left(\left\lfloor\frac nj\right\rfloor\right)\right)$，后面一项可以使用整除分块结合已经求出的 $F$ 值求出。$g$ 的要求则是 $g,f*g$ 能快速求前缀和。

Powerful Number 筛

过程

对于积性函数 $f$，在求 $\sum_{i=1}^n f(i)$ 时，可以构造出另外一个积性函数 $g$，满足其易求前缀和且对于质数 $p$ 有 $g(p)=f(p)$。然后再构造一个函数 $h$ 满足 $f=g*h$。此时对于某个质数 $p$，有 $f(p)=g(1)h(p)+g(p)h(1)=h(p)+f(p)h(1)$，由 $h$ 是积性函数可得 $h(p)=0$。所以对于某个 $x$，$h(x)\ne 0$ 当且仅当 $x=1$ 或 $x$ 的每个质因子都出现了超过一遍，我们称后者为 Powerful Number，简称 PN。

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Powerful Number 的性质

1. 所有 PN 都可以表示成 $a^2b^3$ $(ab\ne 1)$ 的形式，或者是对于每对满足 $ab\ne 1$ 的 $a,b$ 一定有 $a^2b^3$ 能取遍所有 PN（可能重复）

显然对于某个大于 $1$ 的数 $x$，一定能被表示成 $2a+3b$ 的形式（$a,b\ge 0$）。

2. $n$ 以内的 PN 的数量为 $O(\sqrt n)$ 级别

考虑枚举 $a$ 计算 $b$ 的数量，则可得 PN 的数量级别不超过：

$$\begin{aligned}\sum_{i=1}^{\sqrt n}\left\lfloor\sqrt[3]{\frac n{i^2}}\right\rfloor&=O\left(\int_1^{\sqrt n}\sqrt[3]{\frac n{x^2}}dx\right)\\&=O\left(\int_1^{\sqrt n}n^{\frac 13}x^{-\frac 23}dx\right)\\&=O\left(3\sqrt[3]{n\sqrt n}-3\sqrt[3]n\right)\\&=O(\sqrt n)\end{aligned}$$

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所以令 $G(i)=\sum_{j=1}^i g(j)$，则计算 $\sum_{i=1}^n f(i)$ 方法如下：

$$\begin{aligned}\sum_{i=1}^n f(i)&=\sum_{i=1}^n\sum_{j|i}h(j)g\left(\frac ij\right)\\&=\sum_{j=1}^n\sum_{i=1}^{\left\lfloor\frac nj\right\rfloor}h(j)g(i)\\&=\sum_{j=1}^n h(j)\sum_{i=1}^{\left\lfloor\frac nj\right\rfloor}g(i)\\&=\sum_{j=1}^n h(j)G\left(\left\lfloor\frac nj\right\rfloor\right)\end{aligned}$$

所以只需要在 dfs 出每个 PN 时求出 $h(j)G\left(\left\lfloor\frac nj\right\rfloor\right)$ 即可，dfs 时可以先处理好每个 $p^c$ 的对应 $h$ 值，利用积性函数的性质计算每一项的和。

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参考资料：OI Wiki。