【2024-ZR-C Day 1】数论基础
1. Ex-GCD
1.1. 定义
若 \((a, b)=1\)，则必然存在整数 \(x\) 使得 \(ax \equiv 1 (\bmod b)\).
即：\(ax+by=\gcd(a, b)\)，\(x, y\) 必然有解。
1.2. 裴蜀定理
推论：若 \((a, b)=1\)，则必然存在整数 \(x, y\) 满足 \(ax + by = 1\).
裴蜀定理：对于 \(a, b \in \mathbb{Z}\)，\(\exists x, y: ax + by = (a, b)\).
证明：记 \(d = (a, b), \space a' = \frac{a}{d}, \space b' = \frac{b}{d}\)，
由 Ex-GCD 的推论知存在 \(x, y\) 满足 \(a'x+b'y = 1\).
左右同乘 \(d\)，得 \(ax + by = d\).
1.3. 求解
如何求出 \(x, y\)？
定义 \(f(a, b)\)：给定 \(a, b\)，求出任意一组合法的 \(x, y\).
有基本事实：\(a \bmod b = a - \lfloor \frac{a}{b} \rfloor \times b\).
那么考虑通过 \(f(b, a \bmod b)\) 推出 \(f(a, b)\).
记 \(t = \lfloor \frac{a}{b} \rfloor\)，则 \(a \bmod b = a-tb\).
\(f(b, a \bmod b)\) 满足方程 \(bx + (a \bmod b) y = d\)，即 \(bx + (a - tb) y = d\).
而 \(f(a, b)\) 需要满足的方程为 \(ax' + by' = d\)，令 \(x' = y, \space y' = x - ty\) 即可。
void exgcd(int a, int b, int &x, int &y)
{
if(!b) {x = 1, y = 0; return a;}
exgcd(b, a % b, y, x);
int xx = x, yy = y, t = a / b;
x = yy, y = xx - t * yy;
return;
}
可以证明，即使 \(a, b \le 10^9\)，也绝对不会爆 int.
2. 扩展中国剩余定理（Ex-CRT）
形如以下样式的同余方程组：
考虑合并以下方程组：
此方程组等价于 \(x = m_1 \cdot u + a_1 = m_2 \cdot v + a_2\).
移项，得 \(m_1 \cdot u - m_2 \cdot v = a_2 - a_1\).
记 \(d = \gcd(m_1, m_2), \space p_1 = \frac{m_1}{d}, \space p_2 = \frac{m_2}{d}\)，
则上式可写作 \(p_1 \cdot u - p_2 \cdot v = \frac{a_2 - a_1}{d}\)（*）.
可先用 Ex-GCD 求出方程 \(\lambda_1p_1 + \lambda_2p_2 = 1\).
则可以拼出 \(u, v\) 的值：
（将 \(u, v\) 带入（*）式，发现确实为一组解。）
于是有一个解 \(x' = m_1 \cdot u + a_1 = a_1 + \frac{a_2 - a_1}{d} \lambda_1 \cdot m_1\).
可以合并出一个新的方程组 \(x \equiv x' = a_1 + \frac{a_2 - a_1}{d} \lambda_1 \cdot m_1 \space \pmod{\operatorname{lcm}(m_1, m_2)}\).
从 \(1\) 开始，每次合并两个方程，最终剩下一个的 \(a\) 值即为答案。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int __int128
const int N = 1e5 + 5;
int n, a[N], m[N], x, y, k;
int read()
{
long long tmp;
cin >> tmp;
return tmp;
}
int mul(int x, int y, int mod) // 龟速乘
{
int res = 0;
while(y > 0)
{
if(y & 1) res = (res + x) % mod;
y >>= 1, x = (x + x) % mod;
}
return res;
}
void exgcd(int a, int b, int &x, int &y)
{
if(!b)
{
x = 1, y = 0;
return;
}
exgcd(b, a % b, x, y);
int xx = x, yy = y, t = a / b;
x = yy, y = xx - t * yy;
return;
}
int lcm(int x, int y)
{
return x / __gcd(x, y) * y;
}
pair<int, int> merge(int a1, int m1, int a2, int m2) // 合并两个同余方程
{
if(a1 > a2) swap(a1, a2), swap(m1, m2);
int d = __gcd(m1, m2), l1, l2, lc = lcm(m1, m2);
exgcd(m1 / d, m2 / d, l1, l2);
l1 = (l1 % (m2 / d) + m2 / d) % (m2 / d); // 需要正整数解
int u = mul((a2 - a1) / d, l1, lc);
return {(mul(u, m1, lc) + a1) % lc, lc};
}
int excrt()
{
int M = m[1], ans = a[1];
for(int i = 2; i <= n; i++)
{
auto p = merge(ans, M, a[i], m[i]);
ans = p.first, M = p.second;
}
return ans;
}
signed main()
{
ios :: sync_with_stdio(false);
cin.tie(0), cout.tie(0);
n = read();
for(int i = 1; i <= n; i++)
m[i] = read(), a[i] = read();
cout << (long long) excrt();
return 0;
}
3. 乘法逆元
3.1. 定义
定义：若 \(ax \equiv 1 \pmod{P}\)，则称 \(x\) 为 \(a\) 模 \(P\) 的乘法逆元.
3.2. Wilson 定理
Wilson 定理：给定质数 \(P\)，\((P-1)! \equiv -1 \pmod{P}\).
考虑将 \([1, P-1]\) 中的数及逆元两两配对，能配对当且仅当 \(a \ne a^{-1} \pmod{P}\).
即不能配对当且仅当 \(x^2 = 1 \pmod{P}\)，只有一个解 \(x = P-1\).
故 \((P-1)! \equiv P - 1 \equiv -1 \pmod{P}\).
3.3. 费马小定理
费马小定理：对于质数 \(P\) 和非 \(0\) 整数 \(a\)，\(a^{P-1} \equiv 1 \pmod{P}\).
证明：注意到 \(a, 2a, \ldots, (n-1)a\) 在 \(\bmod P\) 意义下取遍 \([1, P - 1]\) 中所有数，
考虑 \(1 \cdot 2 \cdot 3 \cdots (P - 1) \equiv (1a) \cdot (2a) \cdot (3a) \cdots [(P-1) a]\)，
即 \((P - 1)! \equiv a^{P - 1}(P - 1)!\).
由 Wilson 定理得，\(-1 \equiv -1 \cdot a^{P - 1}\).
即 \(a^{P-1} \equiv 1 \pmod{P}\).
由此，\(a^{P - 2} \equiv -1 \pmod{P}\)，即为 \(a\) 模 \(P\) 的乘法逆元。
3.4. 欧拉定理
欧拉定理：对于 \((a, m) = 1\)，有 \(\varphi(m) \equiv 1 \pmod{m}\).
其中，\(\varphi(m)\) 表示 \([1, m]\) 里和 \(m\) 互质的数的个数。
3.5. 预处理逆元
引入：给定质数 \(P\)，多次询问 \(\begin{pmatrix}n \\ m \end{pmatrix} \bmod P\).
\(i! = (i - 1)! \cdot i\)，则 \(\frac{1}{(i - 1)!} = \frac{1}{i!} \cdot i\).
注意到 \(\frac{1}{(i - 1)!}\) 和 \(\frac{1}{i!}\) 在 \(\bmod P\) 意义下分别为 \((i - 1)!\) 和 \(i!\) 的逆元，就可以线性预处理阶乘的逆元了。
注意到 \(i = i! \cdot [(i-1)!]^{-1}\)，则 \(i^{-1} = \frac{1}{i!} \cdot (i-1)!\).
即可以用阶乘的逆元和阶乘来 \(O(1)\) 计算逆元。
int ifac[N], inv[N], fac[N];
void init(int n)
{
fac[0] = 1;
for(int i= 1; i <= n; i++)
fac[i] = 1ll * fac[i - 1] * i % P;
ifac[n] = ksm(fac[n], P - 2);
for(int i = n; i >= 1; i--)
{
ifac[i - 1] = 1ll * inv[i] * i % P;
inv[i] = 1ll * fac[i - 1] * ifac[i] % P;
}
return;
}
3.6. Lucas 定理
Lucas 定理：\(\begin{pmatrix}n \\ m \end{pmatrix} \equiv \begin{pmatrix}\lfloor \frac{n}{P} \rfloor \\ \lfloor \frac{m}{P} \rfloor \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix}n \bmod P \\ m \bmod P \end{pmatrix}\pmod{P}\)，其中 \(P\) 是质数.
使用 Lucas 求解的时间复杂度：\(O(\log_P n)\)
在 \(P = 2\) 时的描述：\(\begin{pmatrix}n \\ m \end{pmatrix} \equiv [n \operatorname{\&} m = m] \pmod{2}\).
4. BSGS (Baby Step Gaint Step)
离散对数问题：给定 \(a, b, P\)，满足 \((a, P) = 1\)，求出一个 \(t\) 使得 \(a^t \equiv b \pmod{P}\)（也即求出模 \(P\) 意义下的 \(log_a b\)）。
思考：给定 \(P, a\) 和两个数的集合 \(S, T\)，找到一组 \(x \in S, y \in T\) 使得 \(xy \equiv a \pmod{P}\).
上式可以化为 \(x \equiv \frac{a}{y}\). 考虑枚举 \(x\) 的所有取值，将它们放入 Hash 表中；再枚举 \(y\) 的所有取值，查询 Hash 表中是否有此值。时间复杂度 \(O(\max\{|S|, |T|\} \log P)\).
回到原题，令 \(B = \lceil \sqrt{P} \rceil\)，取 \(S = \{a^i\}, T = \{a^{B\cdot i}\}\) 即可，其中 $ \le i \le B$. 按照上面思考的方法即可解决问题，时间复杂度 \(O(\sqrt{P} \log P)\).
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
int p, b, n;
map<int, int> mp;
signed main()
{
ios :: sync_with_stdio(false);
cin.tie(0), cout.tie(0);
cin >> p >> b >> n;
int t = ceil(1.0 * sqrt(p)), g = 1;
for(int i = 0, r = n; i <= t; i++, r = r * b % p) mp[r] = i;
for(int i = 1; i <= t; i++) g = g * b % p;
for(int i = 1, r = g; i <= t; i++, r = r * g % p)
if(mp.count(r)) {cout << i * t - mp[r] << '\n'; return 0;}
cout << "no solution";
return 0;
}
5. Ex-BSGS
在 BSGS 中，要求了 \((a, P) = 1\)，若这两数不互质，如何做？
考虑将 \(a, P\) 转化为互质的。
设 \(d = \gcd(a, P)\)，则只需找到方程 \(\frac{a}{d} \cdot a^{x-1} \equiv \frac{b}{d} \pmod{ \frac{P}{d}}\) 的解，即为原方程的解。
原方程即为 \(a^{x-1} \equiv \frac{b}{d} \cdot (\frac{a}{d})^{-1} \pmod{\frac{P}{d}}\).
令 \(b' = \frac{b}{d} \cdot (\frac{a}{d})^{-1}\)，原方程化为 \(a^{x-1} \equiv b' \pmod{\frac{P}{d}}\).
不断地进行 \((a, P) \to (a, \frac{P}{d})\)，直到 \((a, P) = 1\)，即变为普通的 BSGS 问题。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
void exgcd(int a, int b, int &x, int &y)
{
if(!b) {x = 1, y = 0; return;}
exgcd(b, a % b, x, y);
int xx = x, yy = y, t = a / b;
x = yy, y = xx - t * yy;
return;
}
inline int BSGS(int a, int b, int p)
{
map<int, int> mp;
int t = ceil(1.0 * sqrt(p)), g = 1;
for(int i = 0, r = b; i <= t; i++, r = r * a % p) mp[r] = i;
for(int i = 1; i <= t; i++) g = g * a % p;
for(int i = 1, r = g; i <= t; i++, r = r * g % p)
if(mp.count(r)) return i * t - mp[r];
return -1;
}
int exBSGS(int a, int b, int p)
{
if(b == 1 || p == 1) return 0;
int d = __gcd(a, p), x, y;
if(d == 1) return BSGS(a, b, p);
if(b % d) return -1;
p /= d;
exgcd(a / d, p, x, y);
int inv = (x + p) % p;
int res = exBSGS(a % p, 1ll * b / d * inv % p, p);
return (~res ? res + 1 : -1);
}
signed main()
{
ios :: sync_with_stdio(0);
cin.tie(0), cout.tie(0);
int a, b, p;
while(cin >> a >> p >> b)
{
if(!a && !p && !b) return 0;
// cout<<a << p <<b;
int res = (b % p == 1 ? 0 : exBSGS(a % p, b % p, p));
if(~res) cout << res << "\n";
else cout << "No Solution" << "\n";
}
return 0;
}
6. 阶与原根
模 \(m\) 的阶：最小的 \(t\) 使得 \(x^t \equiv 1 \pmod{m}\).
模 \(m\) 的原根：模 \(m\) 的阶为 \(\varphi(m)\) 的数。
原根的本质：取对数将乘法转化成指数上的加法。
一个数 \(m\) 存在原根当且仅当 \(m = 2, 4, p^{\alpha}, 2p^{\alpha}\)，其中 \(p\) 为奇素数。、
如何快速判定一个数是否是原根？
引理：一个数模 \(m\) 的阶如果存在，那它一定是 \(\varphi(m)\) 的约数。
设 \(m \ge 3, \space (g, m) = 1\)，则 \(g\) 是模 \(m\) 的原根的充要条件是：对于 \(\varphi(m)\) 的每个素因数 \(p\)，都有 \(g^{\frac{\varphi(m)}{p}} \ne 1 \pmod{m}\).
推论：若一个数 \(m\) 有原根，则它原根的个数为 \(\varphi(\varphi(m))\).
7. 例题
7.1. P2480 [SDOI2010] 古代猪文
简要题意：求 \(g^{\sum_{d | n} \begin{pmatrix}n \\ d \end{pmatrix}} \mod P\)，其中 \(P = 999911659\)，是一个质数。
根据欧拉定理的推论，\(g^{\sum_{d | n} \begin{pmatrix}n \\ d \end{pmatrix}} = g^{\sum_{d | n} \begin{pmatrix}n \\ d \end{pmatrix} \mod (P - 1)}\).
可得 \(P - 1 = 999911658 = 2\times 3\times 4679\times 35617\).
分别计算出 \(\sum_{d | n} \begin{pmatrix}n \\ d \end{pmatrix}\) 对以上四个数取模的结果，记为 \(a_1, a_2, a_3, a_4\).
则有方程组
使用 CRT 解决即可。
