Part 1【同余相关、phi&u】

合集 - 『数学』我不会什么？(3)

1.Part 1【同余相关、phi&u】2024-07-17

2.Part 2【反演、容斥、stiring 数】2024-07-173.Part 3【多项式、积分】2024-07-18

收起

答案是会什么，什么都不会。

1.Exgcd

裴蜀定理：$ax+by=c$ 有解当且仅当 $c=k\times (a,b)$。整数条件下。

推广：

对于任意 $x_1,x_2,...,x_m$。当 $(a_1,a_2,...,a_m)|c$ 有解。应用见 CF19xxD。

现在我们要得到 $ax+by=c$ 的一个解。不妨先解 $c=(a,b)$，再乘一个系数。

考虑 gcd 的辗转相除法：$(a,b)=(b,amodb)$。

所以我们有：$ax+by=(a,b),b{x}^{\prime }+(amodb)y^{\prime }=(b,amodb)$。

注意，这里 $x^{\prime },y^{\prime }$ 是根据 $(b,amodb)$ 得到的，我们需要还原使得 $x,y$ 对应 $(a,b)$。

所以 $ax+by=b{x}^{\prime }+(amodb)y^{\prime }=a{y}^{\prime }+b(x^{\prime }-\lfloor \frac{a}{b}\rfloor y^{\prime })$。

那么递归求解，取 $x=y^{\prime },y=x^{\prime }-\lfloor \frac{a}{b}\rfloor y^{\prime }$ 即可。

边界？普通 gcd 可知 $b_0=0,a_0=(a,b)$，此时取 $x_0=1,y_0=0$ 即满足。(此时 $b$ 直接是 $0$ 了，所以变成了 1 元方程)

void exgcd(int a, int b, int &x, int &y) {
	if(!b) return x = 1, y = 0, void();
	exgcd(b, a % b, y, x), y -= a / b * x;
}

1.1 通解

直接给出结论：设 $d=(a,b)$。

$x=x_0+\frac{b}{d}k,$ $y=y_0-\frac{a}{d}k$。

可以根据这个求范围内的最大最小值，解的个数等信息……

并且该算法有一个性质就是你求得的 $x,y$ 满足在所有解中 $|x|+|y|$ 最小。

1.2 应用

1. 转化方程 $ax\equiv b(\mathrm{mod}p)$ 为二元一次方程求解，比如求逆元。也可以根据这个知道使用条件是 $a\mathrm{\perp }p$。

1.3 例题

先鸽。

2. BSGS

求解方程

$$a^x\equiv b(\mathrm{mod}p)$$

2.1 特殊情况

一个很重要的前提：$x$ 一定在 $[0,p)$ 有解。

设 $x=AM-B(B\in [0,M))$，类似除和模。变形：$a^{AM}\equiv b{a}^B(\mathrm{mod}p)$。

取 $M=\sqrt{p}$。那么右边就只有根号种取值，左边也只有根号种取值。

那就简单了，预处理出左边，枚举右边即可，由于可能要用 map，所以复杂度根号对数。

2.2 ExBSGS

注意上面的算法有一个前提：$a\mathrm{\perp }p$。

why？因为你把 $a^B$ 移过去需要这个前提，否则显然不成立。

那干脆就强制改成互质。每次对一个 $a$ 和 $p$ 除以 gcd $D$：

$$\frac{a}{D}{a}^{x-1}\equiv \frac{b}{D}(\mathrm{mod}\frac{p}{D})$$

你把 $a/D$ 移过去，因为和 $p/D$ 互质所以可以用 exgcd 求逆元。

注意到 $a$ 和 $p/gcd(a,p)$ 不一定互质，所以要一直循环下去做，直到 $a\mathrm{\perp }p$。

注意取模，特判 $b=1$ 返回 $0$。

时间复杂度 $O(\sqrt{p}+{\log }^{2}p)$。代码中 BSGS 返回了最小的 $x$。

int qkpow(int a, int b, int Mod) {
	if(!b) return 1;
	if(b & 1) return a * qkpow(a, b - 1, Mod) % Mod;
	int t = qkpow(a, b >> 1, Mod); return t * t % Mod;
}

void exgcd(int a, int b, int &x, int &y) {
	if(!b) return x = 1, y = 0, void();
	exgcd(b, a % b, y, x), y -= a / b * x;
}
int inv(int x, int p) { int sb; exgcd(x, p, sb, *new int); return (sb % p + p) % p; }

map <int, int> mp;
int BSGS(int a, int b, int p) {
	int A = 1, B = sqrt(p) + 1; mp.clear();
	for(int i = 1; i <= B; i++) mp[(A = A * a % p) * b % p] = i;
	for(int i = 1, AA = A; i <= B; i++, AA = AA * A % p)
		if(mp[AA]) return i * B - mp[AA];
	return -1;
} 

void ExBSGS(int a, int b, int p) { // 最终要使得 a, p 互质 
	int s = 0; a %= p, b %= p; 
	while(__gcd(a, p) != 1) {
		if(b == 1) return printf("%lld\n", s), void();
		int D = __gcd(a, p);
		if(b % D) return puts("No Solution"), void();
		b /= D, p /= D; b = b * inv(a / D, p) % p;
		++s; a %= p;
	}
	
	int ans = BSGS(a, b, p);
	if(ans == -1) puts("No Solution");
	else printf("%lld\n", ans + s);	
}

3. CRT

中国剩余定理。中国真是太厉害啦。

3.1 互质情况

即，$\mathrm{\forall }i\ne j,m_i\mathrm{\perp }{m}_j$。

勾石。

设 $X=\sum a\times c$，考虑方程 $i$，$X=\sum _{j\ne i}{a}_j{c}_j+a_i{c}_i$，要求前面一坨无关，即是 $m_i$ 的倍数。而 $c_i$ 却不能是 $m_i$ 的倍数。

给出构造：$c_i={\displaystyle \frac{M}{m_i}}$，其中 $M=\prod m_i$。

发现不够，还需要一个 $d_i$，因为每个方程要有：$a_i{c}_i{d}_i\equiv a_i(\mathrm{mod}{m}_i)$，那么自然就有 $d_i$ 为 $c_i$ 模 $m_i$ 的逆元。因为 $m_i$ 不一定质数，而 $c_i$ 和 $m_i$ 互质。

最后 $x=\sum a_i{c}_i{d}_i$。

3.2 ExCRT

任意 $m_i$。

核心思想是每次只合并 2 个方程。

首先对于 $x\equiv a_1(\mathrm{mod}{m}_1)$，有 $x=k_1{m}_1+a_1$；代入第二个方程：$k_1{m}_1+a_1=k_2{m}_2+a_2$。

那么就有 $k_1{m}_1-k_2{m}_2=a_2-a_1$，exgcd 求即可。

又一个问题，$x\equiv a_1(\mathrm{mod}{m}_1),x\equiv a_2(\mathrm{mod}{m}_2)$ 合并后，$m$ 怎么变？结论：$\mathrm{lcm}(m_1,m_2)$。

所以新方程：$x\equiv k_1{m}_1+a_1(\mathrm{mod}\mathrm{lcm}(m_1,m_2))$。后面是个常数。

加入一个方程合并一次到最后就好了。

cin >> n >> b1 >> a1; bool flag = 1;
for(int i = 2, a2, b2;i <= n; ++i) {
	b2 = read(), a2 = read(); if(!flag) continue ;
	if((a2 - a1) % __gcd(b1, b2)) { flag = 0; continue ; }
	int GCD = __gcd(b1, b2); int k = ((a2 - a1) % b2 + b2) % b2 / GCD;
	int x; exgcd(b1 / GCD, b2 /= GCD, x, *new int); x = (x % b2 + b2) % b2;
	x = (__int128)x * k % b2;
	a1 += x * b1, b1 *= b2, a1 = (a1 % b1 + b1) % b1;
}

注意上面代码中 $b$ 代表 $m$。

难绷。

3.3 例题

古代猪文

用费马小定理的话，发现模数是个偶数，搞不了。

所以把这个模数拆成多个质因子，每个单独求答案，最后 CRT 还原出来即可。

屠龙勇士

几乎板子？

预处理一下，然后就是多个 exgcd 的方程，变一下就是 excrt 了。记得和某个值取 max。

4.欧拉函数

4.1 定义

$\phi (n)$ 定义为 $[1,n]$ 中于 $n$ 互质的数。

4.2 性质

4.2.1 性质一

若 $p$ 为质数，则 $\phi (p)=p-1$。

4.2.2 性质二

若 $p$ 为质数，则 $\phi (p^k)=(p-1)p^{k-1}$。

考虑 $[1,p^k]$ 中有多少个是 $p$ 的倍数，减去即可，共 $p^{k-1}$ 个。

4.2.3 性质三

若 $a$ $\mathrm{\perp }$ $b$，则 $\phi (ab)=\phi (a)\times \phi (b)$。

4.2.4 性质四

若 $a\mid b$，则 $\phi (ab)=a\times \phi (b)$。

3 和 4 可以感性理解。或者直接用 4.2.5 即可。

4.2.5 性质五

设 $n$ 的唯一分解为：$n=\prod _{i=1}^k{p}_i^{c_i}$，则 $\phi (n)=n\times \prod _{i=1}^k{\displaystyle \frac{p_i-1}{p_i}}$。

反复用上面的性质证就可以了。

根据这个，可以根号地求出单个欧拉值。

4.2.6 性质六

$\phi ({\displaystyle \frac{n}{d}})=\sum _{i=1}^n[gcd(i,n)=d]$。

考虑 $gcd(i,n)=d$ 的一个必要条件是 ${\displaystyle \frac{i}{d}}$ $\mathrm{\perp }$ ${\displaystyle \frac{n}{d}}$。现在给定 $n,d$，那么 $i$ 的个数就是满足 ${\displaystyle \frac{i}{d}}$ $\mathrm{\perp }$ ${\displaystyle \frac{n}{d}}$ 的个数，即 $\phi ({\displaystyle \frac{n}{d}})$。

4.2.7 性质七 欧拉反演

$\sum _{d\mid n}\phi (d)=n$。

首先 $n=\sum _{d\mid n}\sum _{i=1}^n[(i,n)=d]$。

根据性质六：$n=\sum _{d\mid n}\phi ({\displaystyle \frac{n}{d}})=\sum _{d\mid n}\phi (d)$。

4.2.8 性质八

对于 $n>2$，$2\mid \phi (n)$。

知道 $x\mathrm{\perp }n$，则 $n-x\mathrm{\perp }n$ 即可。

4.2.9 性质九

若 $a\mid b$，则 $\phi (a)\mid \phi (b)$。

因为 $b$ 包含了 $a$ 的质因子，所以 $p$ 那一坨的式子也满足整除关系。

4.3 线性筛欧拉函数

根据性质 3、4，再结合线性筛即可。

void init(int len) {
	phi[1] = f[1] = 1;
	for(int i = 2;i <= len; ++i) {
		if(!f[i]) p[++cnt] = i, phi[i] = i - 1;
		for(int j = 1;p[j] * i <= len and j <= cnt; ++j) {
			f[p[j] * i] = 1; phi[i * p[j]] = phi[i] * (p[j] - 1); 
			if(i % p[j] == 0)
				{ phi[i * p[j]] = p[j] * phi[i]; break;  } 
		}	
	}
}

4.4 欧拉定理

5. 莫比乌斯函数

本身也没什么好讲的，主要是狄利克雷卷积那一部分。

5.1 性质

5.1.1

• $\mu \ast 1=\epsilon$，即 $\sum _{d\mid n}\mu (d)=[n=1]$。非常重要。

考虑证明：

将 $n$ 的所有 $c_i\ge 2$ 的质因子去掉，得到 $n^{\prime }$。可知 $\mu (n)=\mu (n^{\prime })。$
设 $n^{\prime }=\prod _{i=1}^k{p}_i$，故 $\mu (n^{\prime })=\sum _{i=0}^k{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{i})}(-1{)}^i=(1-1{)}^k$。
当 $k=0$ 时特殊考虑，为 $1$；其余恒为 $0$。

由此我们看出 $\mu$ 大致就是 $1^{-1}$。

所以我们引出反演：

5.1.2

• 若 $g=f\ast 1$，则 $f=g\ast \mu$。

根据欧拉反演：$\mathrm{id}=\phi \ast 1$。可知：$\phi =id\ast \mu$，即：

$$\phi (n)=\sum _{d\mid n}\mu (d)\frac{n}{d}$$

5.1.3

$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[gcd(i,j)=1]$$

$$=\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m\sum _{d\mid n}\mu (d)$$

$$=\sum _{d=1}^{min(n,m)}\mu (d)\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[d\mid i\wedge d\mid j]$$

$$=\sum _{d=1}^{min(n,m)}\mu (d)\frac{n}{d}\frac{m}{d}$$

5.1.4

求 $\sum _{i=1}^n\sum _{i=1}^{m}d(i\times j)$。

引理：$d(i\times j)=\sum _{x\mid i}\sum _{y\mid j}[gcd(x,y)=1]$

证明考虑钦定选 $y$ 的前提要选完 $x$ 中所有 $y$ 里面的质因子。而选 $x$ 中的质因子则一定不能选 $y$，这样就一一对应。

然后就是一些应用。

6. ex：线性筛求积性函数（一般）

因为自己唐完了。

记录 $g(n)=p_1^{c_1}$，其中 $p_1$ 是 $n$ 最小的质因子。（为什么记录 $p_1$？因为最先筛到，就这样）

当然，最开始 $g(n)$ 最开始肯定 $c_1$ 不对，需要动态更新。

然后可以根据积性函数性质更新了：

若 $n=g(n)$，则 $O(1)$ 直接计算即可；否则 $f(n)=f(g(n))\times f({\displaystyle \frac{n}{g(n)}})$。

注意一点，若 $(x,y)\ne 1$ 则不能直接积。

Hint

对于一般情况，积性函数一定可以用线性筛。但是，部分普通函数也可以用线性筛。如：P2257。

在时间不卡的情况下，可以用埃氏筛轻松地求解任意函数，时间为 $O(n\log \log n)$。

SP5971

注意积性函数性质：若 $f$ 为积，则 $f\ast 1$ 也为积。

我们要求 $g=f\ast 1$，即 $g(n)=\sum _{d\mid n}f(d)$，那么 $g$ 也满足积性函数性质。

这里 $f(n)=n\phi (n)$，显然是积。

注意上文有一个式子：

$$=\frac{1}{2}n(\phi (n)+[n=1])$$

后面那一坨要记得加上，然后 $g(n)$ 计算时注意 $d=1$。