数论
本文主要是数论的基础部分，高级部分已给出链接:
下面进入正题：
初等数论
部分摘自秦岳学长的课件《初等数论》。
- A的全部约数的和为：
π(pi^qi)约数的和=(1+p1+p1^2...)*(...
//设S=1+p+p^2+...+p^q, pS-S=p^(q+1)-1, S=(p^(q+1)-1)/(p-1)
-
a≡b (mod d) ↔ a/c≡b/c (mod d/c) (前提：a,b,d是c的倍数)
-
若A,B互质，则此时k*A(0<=k<B)会遍历整个mod B剩余系
-
更相减损术
①gcd(a,b)=gcd(b,a-b)
②gcd(2a,2b)=2gcd(a,b)
③gcd(2a,b)=gcd(a,b) (b是奇数)
用途：高精GCD
-
已知Ax+By=C的一个解x,y,通解：x+k[B/D] , y-k[A/D] (k=...-2,-1,0,1,2...)
-
裴蜀定理的扩展:
n个整数间的裴蜀定理
设a1,a2,a3......an为n个整数，d是它们的最大公约数，
那么存在整数x1......xn使得x1*a1+x2*a2+...xn*an=d。
特别来说，如果a1...an互质（不是两两互质），
那么存在整数x1......xn使得x1*a1+x2*a2+...xn*an=1。
//摘自：百度百科:https://baike.baidu.com/item/%E8%A3%B4%E8%9C%80%E5%AE%9A%E7%90%86/5186593?fr=aladdin
这里给出求n个数选k个数，求最大化的gcd的方法：
把n个数的因数都存到一个数组里面，然后排序，从大往小扫，如果某个数出现了至少k次，则说明这个因数在至少k个数中出现过，这个因数即为答案。
Code:
for (register int i = 1; i <= n; ++i) {
read(num);
for (register int j = 1; j * j <= num; ++j) {
if (num % j == 0) {
yin[++tot] = j;
if (j * j != num) yin[++tot] = num / j;
}
}
}
sort(yin + 1, yin + 1 + tot);
int ct = 1;
for (register int i = tot - 1; i > 0; --i) {
if (yin[i] == yin[i + 1]) ct++;
else ct = 1;
if (ct == k) {
printf("%d\n", yin[i]);
return 0;
}
}
-
（由裴蜀定理知：）a,b互质的充要条件是存在整数x,y使ax+by=1.
-
exgcd(a,b,c,d)=exgcd(exgcd(exgcd(a,b),c),d)
-
线性预处理乘法逆元
O(n)计算1~n的逆元
p%i+[p/i]*i = p
p%i+[p/i]*i ≡ 0(mod p)
[p/i]*i ≡ -p%i (mod p)
[p/i] ≡ -p%i*i^(-1) (mod p)
[p/i] * (p%i)^(-1) ≡ -i^(-1) (mod p)
i^-1 ≡ -[p/i]*(p%i)^(-1) (mod p)
- 积性函数(详见：数论函数&莫比乌斯反演
在数论中的积性函数：
对于正整数n的一个算术函数 f(n)，若f(1)=1，且当a,b互质时f(ab)=f(a)f(b)，在数论上就称它为积性函数。
若对于某积性函数 f(n) ，就算a, b不互质，也有f(ab)=f(a)f(b)，则称它为完全积性的。
φ(n) －欧拉函数，计算与n互质的正整数之数目
μ(n) －莫比乌斯函数，关于非平方数的质因子数目
gcd(n,k) －最大公因子，当k固定的情况
d(n) －n的正因子数目
σ(n) －n的所有正因子之和
σk(n) － 因子函数，n的所有正因子的k次幂之和，当中k可为任何复数。
1(n) －不变的函数，定义为 1(n) = 1 （完全积性）
Id(n) －单位函数，定义为 Id(n) = n（完全积性）
Idk(n) －幂函数，对于任何复数、实数k，定义为Idk(n) = n^k （完全积性）
ε(n) －定义为：若n = 1，ε(n)=1；若 n > 1，ε(n)=0。别称为“对于狄利克雷卷积的乘法单位”（完全积性）
λ(n) －刘维尔函数，关于能整除n的质因子的数目
γ(n)，定义为γ(n)=(-1)^ω(n)，在此加性函数ω(n)是不同能整除n的质数的数目
另外，所有狄利克雷特征均是完全积性的
- 线性筛φ
较小数的 \(\phi\)：
φ(n)=πφ(pi^qi)
φ(x=p^q)=p^(q-1)*(p-1)=x*(1-1/p)(p为质数)
阶乘的 \(\phi\)：
注意:与质因数的指数 \(c_i\) 无关！
方法：预处理所有质数，然后对于每一个数的阶乘都包含小于该数的所有质因子，不包含大于该数的所有质因子。根据此预处理处上式的右边部分即可。
- φ的一些应用（有点像费马小定理）：
CRT
（插播）博客：中国剩余定理 CRT
设M为所有模数之积，Mi为除mi以外的所有模数之积，ki为Mi在mi意义下的逆元（即除mi以外的所有模数之积在mi意义下的逆元）。有:
或者这么说:设 P 为模数之积（总模数）； \(p_i\) 为模数（分模数），则：
可以这么想：
因为我们要求 \(a_i\) 在其它的所有方程中都为0，因此要乘一个 \(\frac{P}{p_i}\)，只要乘了它，就能搞定其它的所有方程。但是，在第 \(i\) 个方程这里，就多乘了一个 \(\frac{P}{p_i}\)，因此我们要在 \(i\) 这里把它除掉。
x≡A (mod N) 且 x≡B (mod M)
x*=(A*M*ni(M,N)+B*N*ni(N,M))
ni(a,b)表示a在模b意义下的乘法逆元
考虑全部解x=x*+δ,必有δ≡0 (mod N or M)
通解：x=x*+k×lcm(N,M) (k=...-2,-1,0,1,2...)
EXCRT
直接看题解，讲得很清楚。题解 P4777 【【模板】扩展中国剩余定理（EXCRT）】
//x = b[i](mod p[i])
long long gcd(long long x, long long y)
inline long long lcm(long long x, long long y)
void exgcd(long long aa, long long bb, long long &x, long long &y)
int main() {
for (register int i = 2; i <= n; ++i) {
g = exgcd(P, p[i], k1, k2);
k1 = k1 * (((bb - b[i]) % p[i] + p[i]) % p[i]) / g % p[i]);
bb -= P * k1;
P = lcm(P, p[i]);
bb = (bb % P + P) % P;
}
//the answer is bb
}
屠龙勇士
EXCRT 的板子题。需要龟速乘。
实际上EXCRT 真的不难，自己稍微推一推就好了。
关键代码：
namespace jzp2 {
inline ll slowmul(ll x, ll k, ll P)
inline ll get_gcd(ll a, ll b)
inline ll exgcd(ll a, ll b, ll &x, ll &y)
inline PLL calc(ll a, ll b, ll c) {
ll g = get_gcd(a, b);
if (c % g) return MP(-RND, -RND);
a /= g; b /= g; c /= g;
ll x = -RND, y = -RND;
exgcd(a, b, x, y);
return MP(slowmul(c, x, b), b);
}
inline void sol() {
ll nwx = 0, nwp = 1;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
multiset<ll>::iterator it = st.upper_bound(a[i]);
ll t;
if (it == st.begin()) t = *st.begin();
else --it, t = *it;
st.erase(it);
PLL pr = calc(t, p[i], a[i]);
if (pr.first == -RND && pr.second == -RND) { puts("-1"); return ; }
ll newx = pr.first, newp = pr.second;
pr = calc(nwp, newp, newx - nwx);
if (pr.first == -RND && pr.second == -RND) { puts("-1"); return ; }
ll tmp = nwp;
nwp = nwp / get_gcd(nwp, newp) * newp;
nwx = ((slowmul(pr.first % nwp, tmp % nwp, nwp) + nwx % nwp) % nwp + nwp) % nwp;
st.insert(s[i]);
}
printf("%lld\n", nwx);
}
}
阶和原根
阶：
给定 \(a\) 和模数 \(m\)，满足：
的最小的正整数 \(t\) 为 \(a\) 模 \(m\) 的阶，记作\(ord_m(a)\)。
- 阶的性质
\(ord_m(a)\) 一定为 \(\phi(m)\) 的约数。
原根
给定模数 \(m\)，满足：
在t∈\(\left[1, \phi(m) \right ]\)两两不同的 \(a\) 为 \(m\) 的原根。
- 原根的性质
-
若a为m的原根，则 \(ord_m(a) = \phi(m)\)（其实这个才是定义）
-
不是所有数都有原根，只有 \(2, 4, P^a, 2P^a\) 有原根（\(P\) 为奇素数），并且原根个数为 \(\phi(\phi(m))\)。
-
如果数 \(m\) 有原根，则其最小原根的规模为 \(O(m^{\frac{1}{4}})\)
- 原根的求法
求一个原根：
先将\(\phi(p)\)质因数分解，\(\phi(p) = P_1^{k_1} * P_2^{k_2} * ... * P_i^{k_i}\)，然后从 \(2\) 开始从小到大枚举 \(a\)，如果对于 \(\phi(p)\) 的所有质因数 \(P_i\)，都有 \(a^{\frac{m}{P_i}} \not= 1 \bmod m\)，那么 \(a\) 为 \(m\) 的原根。
（证明：如果不是原根，那么其阶一定不为 \(\phi(m)\)，这是定义；并且阶是 \(\phi(m)\) 的因数，这是性质。那么肯定存在一个 \(p_i | \phi(m)\)，这个因数被“漏掉了”，也就是说，不要这个因数也可以同余于一，因此 \(a^{\frac{\phi(m)}{p_i}} \equiv 1 \pmod m\)）
复杂度：小于 \(O(m^{\frac{1}{4}}log^2m)\)
求所有原根：
先求出一个原根 \(g\)，则所有原根为 \({g^t}(gcd(t, \phi(m)) = 1)\)，因此原根个数为 \(\phi(\phi(m))\) 个。
- 应用：
原根有类似对数(ln)的性质，可以看作模意义下的对数。两个数在模意义下相乘可以看作其对应的原根幂的质数之和。因此可以把乘除变成加减。
BSGS
问题：已知 \(y, z, P\),保证 \(gcd(y, P) = 1\)。求使得 \(y^x = z(mod P)\)成立的最小正整数 \(x\)。（求模意义下的对数）
解：
如果把 \(x\) 看作 \(am-b\)（\(m\) 自己选定），其中\(b<=m,a<=\frac{P}{m}\)，那么问题就转化为 \(y^{am} = zy^b(modP)\)成立的 \(a,m,b\)。我们把等式右边的所有可能取值算出来，存到哈希表（或map）里面。然后枚举左边的 \(a\)。如果算出的左边答案在哈希表里面有，就可以得出答案，否则继续枚举 \(a\)。
复杂度：\(O(max(m, \frac{P}{m}))\)。当 \(m\) 取 \(\sqrt{P}\) 时最优，为 \(O(\sqrt{P})\)。用map还会多一个log。
\(Code:\)
//求最小非负整数x
namespace Bsgs{
map<ll, ll> mp;
inline void sol() {
mp.clear();
y = ((y % P) + P) % P; z = ((z % P) + P) % P;
if (y == 0) {
if (z == 0) return puts("1"), void();
failed(); return ;
}
if (y == 1) {
if (z == 1) return puts("0"), void();
failed(); return ;
}
if (z == 1) {
puts("0"); return ;
}
ll m = sqrt(P);
for (register ll i = 0, t = z; i < m; ++i, t = t * y % P)
mp[t] = i;
for (register ll i = 1, T = quickpow(y, m), t = T; i <= P / m + 10; ++i, t = t * T % P)
if (mp.count(t))
return printf("%lld\n", m * i - mp[t]), void();
failed();
}
}
注意！！
-
理论上讲，枚举b从0开始，不能为m，枚举a从1开始，可以为P/m !（实际上b为m好像也可以过模板题）
-
这里需要保证y,P互质，并且y>1。因此需要对y=0和y=1的情况进行特判。并且这里求出的x为最小正整数。如果要求最小非负整数，就需要对z=1的情况进行特判。
-
建议将第二个for里面的i的上限多开大10，防止覆盖范围差一点点所带来的误判。（反正多开大一点，无解的还是无解，有解的也早就找着后退出了。）
练习题：
exBSGS
还是那个问题：已知 \(y, z, P\)，求使得 \(y^x = z(mod P)\)成立的最小正整数 \(x\)。
然而这回不保证 \(gcd(y, P) = 1\) 了。
我们可以感性地进行特判：设\(gcd(y, P) = g\)，如果 \(g | z\) 不成立，且z还不为 \(1\)，那么该方程就无解。（毕竟\(y^x\)在模P意义下都为g的倍数）。
如果\(g | z\)，那么 g 同时是\(y, z, P\)的约数，我们可以全除以 g，就成：
然后我们把 \(\dfrac{y}{d}\) 移到右边：
就可以递归解决了，一直到 \(y\) 与 \(P\) 互质。
然而有可能 \(y^{x-1}\) 中的 \(x-1\) 为负数了，那样我们就不好办了。（虽然 \(y^{x-1}\) 会出现 1 的情况，但是 \(y\) 并不与 \(P\) 互质。）不过由于递归层数不超过 \(\log P\)，我们可以在一开始就把所有的 \(x=0,1,...,\log P\) 特判一下。
\(Code:\)
int exbsgs(int y, int z, int p) {//y^x = z(mod p)
if (z == 1) return 0;
int g = gcd(y, p);
if (g == 1) return bsgs(y, z, p);
if (z % g) return failed(), -1;
int invv = get_inv(y / g, p / g);
int res = exbsgs(y, z / g * invv % p, p / g);
if (res == -1) return -1;
return res + 1;
}
...
y %= P; z %= P;
if (y == 0) {
if (z == 0) {
puts("1");
continue;
}
failed();
}
for (i = 0 -> 100) check(i);
int res = exbsgs(y, z, P);
if (res != -1) {
printf("%lld\n", res);
}
注意：
在保证正确性的前提下，要尽可能地加特判（主要是对0和1的特判）。
除法分块（数论分块）
- 给出正整数n和k，计算j(n, k)=k mod 1 + k mod 2 + k mod 3 + … + k mod n 的值
//暴力算法
for (register int i = 1; i <= n; ++i) ans += k % i;
我们发现k % i = k - (k / i) * i;其中k的和容易求，为n × k，重点在于求sigma(k / i * i)。
对于k/i相同的情况，实际上就是等差数列求和。我们有发现k/i的值只可能有sqrt(k)个。证明如下：
i <= sqrt(k) :k/i 最多有sqrt(k)个。因为i最多有sqrt(k)个。
i > sqrt(k) : k/i 最多有sqrt(k)个。因为k/i的结果最多有sqrt(k)个。
因此，我们对每个答案等差数列求一遍和。找每个答案的最开始的点和最后的点代码如下：
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
//i为最小的点
int j = n / i;//j为答案
int k = n / j;//k为最大的点
k = min(k, n);
//x ∈ i ... k : n / x == j
...
i = k;
}
// 22/1 22
// 22/2 11
// 22/3 7
// 22/4 5
// 22/5 4
22/6 3 22/x = y x是 22/k = y最小的k
22/y = x' x'是 22/k = y最大的k
22/7 3
22/8 2
...
22/11 2
这道题的代码(简化版）：
for (register int i = 1; i <= n && i <= k; ++i) {
int res = k / i;
int lst = k / res;
lst = min(lst, n);
ans -= 1ll * res * (i + lst) * (lst - i + 1) / 2;
i = lst;
}
注意！！
除法分块中，一定要保证i<=n，否则res = n / i出现0时，lst = n / i会RE!!
线性推逆元/阶乘逆元
注意：
一、推阶乘逆元的时候先要求的是jie[up] 的逆元，而不是 up 的逆元！！
二、注意推阶乘逆元的上届：不能超过模数 \(P\)，否则阶乘逆元将会推出一堆0！！（毕竟0无逆元）
一些数论神题
P2150 [NOI2015]寿司晚宴
-
题意： 有[2,n]一共n-1个数，两个人分别取子集 S 和 T，要求不存在\(x\in S\),\(y\in T\)，使得\(gcd(x,y)\not = 1\)
-
n <= 500
当 \(n <= 20\) 时 的暴力这里就不说了 ，就是给简单的状压。
当 \(n <= 100\) 时，我们发现这 n-1 个数的质因数不会很多，因此我们把每个数看作一个质因数集合，要求选的两个集合无交集。
我们依然选择 状压。
设定 \(f[i][s1][s2]\) 为：考虑前 i 个数，其中甲（指小G）选的集合为 s1，乙（指小W）选的集合为 s2，只有当s1和s2的交集为空时状态合法。
然后考虑推 i时第i个集合的贡献，就有：
然后发现第一维可以滚动数组优化，或者像背包那样优化。
这种方法只适用于 \(state\) 不会很大的时候。
当 \(n <= 500\) 时，因为每个数的质因数集合中超过 \(\sqrt{n}\) 的最多只有一个，因此我们可以将那些大质因数相同的一块考虑，强制他们不被同一个人选。
具体实现：
先将数按大质因数排序（无 则为-1），这样大质因数就成段分布了。
定义 \(f[s1][s2]\) 为甲（指小G）选的集合为 s1（可为空），乙（指小W）选的集合为 s2 的方案数（可为空），\(f1[s1][s2]\) 为强制甲选当前段的大质因数，...的方案数，
\(f2[s1][s2]\) 为强制乙选当前段的大质因数，...的方案数。
每段开头：把 \(f[][]\) 复制（赋值）给 \(f1[][],f2[][]\)。
每段结束：汇总 \(f[][]\)：\(f[s1][s2] = f1[s1][s2] + f2[s1][s2] - f[s1][s2]\)，其中减去 \(f[s1][s2]\) 是因为两人都空集会算两遍。
答案：\(\sum_{i, j}f[i][j]~ * ~ [i ~ and ~ j = 0]\)
关键代码：
inline void dp() {
f[0][0] = 1;
for (register int i = 1; i < n; ++i) {
if (i == 1 || nd[i].mx != nd[i - 1].mx || nd[i].mx == -1) {
memcpy(f1, f, sizeof(f));
memcpy(f2, f, sizeof(f));
}
register int st = nd[i].state;
for (register int s1 = All; ~s1; --s1) {
for (register int s2 = All; ~s2; --s2) {
if (s1 & s2) continue;
if ((st & s2) == 0) f1[s1 | st][s2] = (f1[s1 | st][s2] + f1[s1][s2]) % P;
if ((st & s1) == 0) f2[s1][s2 | st] = (f2[s1][s2 | st] + f2[s1][s2]) % P;
}
}
if (i == n - 1 || nd[i].mx != nd[i + 1].mx || nd[i].mx == -1) {
for (register int s1 = All; ~s1; --s1) {
for (register int s2 = All; ~s2; --s2) {
if (s1 & s2) continue;
f[s1][s2] = (f1[s1][s2] + f2[s1][s2] - f[s1][s2] + P) % P;
}
}
}
}
}
类似题目：T121257 简单的数学题 （团队题目）
