数学学习笔记

原根

阶

定义

对于互质的正整数 \(a,n\)，满足 \(a^r\equiv 1 \pmod n\) 的最小正整数 \(r\) 称为 \(a\) 对模 \(n\) 的阶，记为 \(\delta_n(a)=r\)。

性质

1. 若 \(a,n\) 互质，则 \(\delta_n(a)\) 一定存在且小于等于 \(\varphi(n)\)。
2. 对于 \(i=1,2,\cdots,\delta_n(a)\)，\(a^i \bmod n\) 两两不相等。
3. 若 \(k\) 满足 \(a^k\equiv 1 \pmod n\)，则 \(\delta_n(a)|k\)。
4. \(\delta_n(a)\delta_n(b)=\delta_n(ab)\Leftrightarrow \gcd(a,b)=1\)。
5. \(\delta_n(a^k)=\frac{\delta_n(a)}{\gcd(\delta_n(a),k)}\)。

证明：

1. 由欧拉定理 \(a^{\varphi(n)}\equiv1\pmod n\) 可得。
2. 假设有 \(1\leq i< j < \delta_n(a)\) 满足 \(a^i\equiv a^j\pmod n\)。因为 \(\gcd(a^j,n)=1\)，所以 \(a^j\) 存在模 \(n\) 的逆元，原式可变形为 \(a^{j-i}\equiv1\pmod n\)。\(i-j<\delta_n(a)\) 且是阶，矛盾！
3. 略。

后面的鸽了。

原根

定义

满足 \(\delta_n(a)=\varphi(n)\) 的 \(a\) 称为 \(n\) 的原根。

求解原根

先考虑判断一个数 \(a\) 是不是 \(n\) 的原根。

首先必须有 \(\gcd(a,n)=1\)，否则 \(a^{\varphi(n)}\bmod n\neq 1\)，此时有 \(\delta_n(a)\leq\varphi(n)\)。

我们对 \(\varphi(n)\) 分解质因数，若不存在 \(\varphi(n)\) 的一个质因子 \(p\) 满足 \(a^{\frac{\varphi(n)}{p}}\equiv1\pmod n\)，则说明 \(a\) 是 \(n\) 的一个原根。

正确性比较好理解。一定有 \(\delta_n(a)|\varphi(n)\)，若其不整除任何的 \(\frac{\varphi(n)}{p}\)，则说明它只能整除 \(\varphi(n)\)，结合 \(\delta_n(a)\leq\varphi(n)\) 可得出 \(\delta_n(a)=\varphi(n)\)。

此时可以从 \(2\) 开始依次检测是否为原根，得到最小原根。若 \(a\) 为最小原根，则可以通过其生成所有的原根。

根据阶的性质，有 \(\delta_n(a^k)=\frac{\delta_n(a)}{\gcd(\delta_n(a),k)}\)。已知 \(\delta_n(a)=\varphi(n)\)，则可得 \(\delta_n(a^k)=\frac{\varphi(n)}{\gcd(\varphi(n),k)}\)。要使 \(\delta_n(a^k)=\varphi(n)\)，只能有 \(\gcd(\varphi(n),k)=1\)。我们可以通过此方法生成 \(\varphi(\varphi(n))\) 个原根。

可以证明这些原根就是所有的原根（证明鸽了）。

所以我们在 \(O(n\log^2n)\) 的时间内求解了一个数的所有原根。

实际上，一个数的最小原根在 \(O(n^{0.25})\) 量级。

一些 trick

1. 看到对指数进行若干运算且模数保证质数时，可以考虑求出原根来统一底数。
2. \(\sum_{i=1}^p\delta_p(i)=\sum_{i=1}^p\frac{p-1}{\gcd(p-1,i)}\)。证明考虑任意一个原根 \(g\)，\(\delta_p(a)=\delta_p(g^x)=\frac{p-1}{\gcd(p-1,x)}\)，而 \(a\) 与 \(g^x\) 一一对应。
3. \(\exist k,x^k\equiv y\pmod p \Leftrightarrow \delta_p(y)|\delta_p(x)\)，两边同时取 \(\delta_p(x)\) 次幂可得。

BSGS

用来求解形如 \(a^x\equiv n\pmod m\) 的同余方程，其中 \(\gcd(a,m)=1\)。

由欧拉定理可得 \(a^x\) 的循环节长度为 \(\varphi(m)\)。所以，如果有解，则在 \([1,\varphi(m)]\) 内必有一解。

设最终解出的 \(x=kT-i\)，其中 \(T\) 是阈值，\(0\leq i<T\)，那么对方程变形可得 \((a^T)^k\equiv a^in\pmod m\)（此处要求 \(\gcd(a,m)=1\)）。

因为 \(x\leq\varphi(m)<m\)，所以 \(k\leq\lceil\frac{m}{T}\rceil\)。所以枚举所有的 \(i\) 将 \((a^in,i)\) 插入哈希表中，再枚举所有的 \(k\) 查询 \(a^{kT}\) 是否在哈希表内，如果在就说明有解。

时间复杂度 \(O(\frac{p}{T}+T)\)，平衡复杂度可得 \(O(\sqrt p)\)。对于统一底数的多组询问，复杂度为 \(O(\frac{p}{T}+qT)\)，可平衡复杂度为 \(O(\sqrt{pq})\)。

exBSGS

若不保证 \(\gcd(a,m)=1\)，我们也有办法解出方程。

具体地，设 \(d=\gcd(a,m)\)，则同除 \(d\) 可得 \(\frac{a}{d}a^{x-1}\equiv \frac{b}{d}\pmod{\frac{m}{d}}\)，当 \(d\nmid b\) 时显然无解。

这么一直除下去，直到 \(\gcd(a,m)=1\)。设除过的因数为 \(d_i\)，除了 \(k\) 次，那么现在方程变为：

\[\frac{a^k}{\prod_{i=1}^k d_i}a^{x-k}\equiv \frac{b}{\prod_{i=1}^k d_i}\pmod{\frac{m}{\prod_{i=1}^k d_i}} \]

用 BSGS 做即可。注意左边的 \(\frac{a^k}{\prod_{i=1}^k d_i}\) 不能除过去，要在做 BSGS 的时候带上系数。

二次剩余

定义

若 \(\gcd(n,p)=1\) 且存在 \(x^2\equiv n\pmod p\)，那么我们说 \(n\) 是模 \(p\) 的二次剩余，否则我们说其不是二次剩余。

定义勒让德符号 \((\frac{n}{p})\) 为：

\[(\frac{n}{p})=\begin{equation} \left\{ \begin{aligned} 0,&\space n\equiv 0\pmod {p}\\ +1,&\space \exists x,x^2\equiv n\pmod p\\ -1,&\space \nexists x,x^2\equiv n\pmod p\\ \nonumber \end{aligned} \right. \end{equation} \]

用来表示 \(n\) 是否是 \(p\) 的二次剩余。

解的个数

要求解 \(x^2\equiv n\pmod p\)，首先要明确的是，有几个解？

肉眼观察可以发现，当 \(x\) 是根时，\(-x\) 也是。

假设 \(x_0,x_1\) 是两个不同根，那么有 \(x_0^2\equiv x_1^2\)，变形得 \((x_1+x_0)(x_1-x_0)\equiv0\)。因为是不同根，所以只有可能是 \(x_0=-x_1\)。

现在我们就知道了，这个方程要么没有根，要么有两个互为相反数的根。

判定

欧拉判别法给出了一个数是否为奇素数 \(p\) 的二次剩余的判断方法：

\[(\frac{n}{p})=n^{\frac{p-1}{2}}\bmod p \]

如何证明？

找出一个原根 \(g\)，设 \(n=g^k\)，那么如果 \(n^{\frac{p-1}{2}}\equiv1\)，就有 \(g^{k\frac{p-1}{2}}\equiv1\)，变形得 \((g^{p-1})^\frac{k}{2}\equiv1\)，必有 \(k\) 为偶数。

当 \(k\) 为偶数时，就有 \((g^\frac{k}{2})^2\equiv n\)，显然 \(n\) 是二次剩余。

否则，由费马小定理，当 \(p\nmid n\) 时有 \(n^{p-1}\equiv1\)，那么我们可以知道 \(n^{\frac{p-1}{2}}\equiv\pm1\)，所以当其等于 \(-1\) 时是非二次剩余，证毕。

此外，在这 \(p-1\) 个数中正好一半是二次剩余，一半是非二次剩余。

求解

那么如何求出具体解呢？

BSGS

先求出 \(p\) 的一个原根 \(g\)，设 \(x=g^k\)，原式变形为 \(g^{2k}\equiv n\)，即 \((g^2)^k\equiv n\)。

此时我们 BSGS 求出 \(k\)，\(g^k\) 即为方程一根。

可以如法炮制扩展到 \(n\) 次剩余。时间复杂度 \(O(\sqrt p)\)。

Cipolla

尝试将数域扩展到类似复数的域上，当务之急是定义虚数单位。

随便找一个 \(a\) 满足 \(a^2-n\) 是非二次剩余，期望需要找 \(2\) 次。定义虚数单位 \(i^2=a^2-n\)。

此时我们要构造一个数满足其偶数次幂等于 \(n\)。古人告诉我们，\((a+i)^{p+1}\equiv n\)。

考虑使用二项式定理展开。关于模意义下的二项式定理有一个非常优美的形式，\((x+y)^p\equiv x^p+y^p\pmod p\)，这是因为二项式系数只有 \(\binom{p}{0}\) 和 \(\binom{p}{p}\) 不是 \(p\) 的倍数。

对原式变形，得到了 \((a+i)(a^p+i^p)\equiv n\)。

其中根据费马小定理 \(a^p\equiv a\)，剩下的能变形的好像只有 \(i^p\) 了，推导一下：\(i^p\equiv i(a^2-n)^{p-1}\equiv i((a^2-n)^{\frac{p-1}{2}})^2\equiv -i\)。

所以左式等于 \((a+i)(a-i)=a^2-i^2\)，将虚数单位的定义带入，得到 \(n\)。

另外，我们还要证明 \((a+i)^{\frac{p+1}{2}}\) 的虚部为 \(0\)。

假设存在一个 \((A+Bi)^2\equiv n\) 且 \(B\neq0\)，那么展开通过变形可得 \(A^2+B^2(a^2-n)-b\equiv -2ABi\)，左右两边实部虚部分别相等，得到 \(AB=0\)。既然 \(B\neq0\) 那么就有 \(A=0\)，得到 \((Bi)^2\equiv n\)。将 \(B^2\) 除过去可得 \(i^2\equiv nB^{-2}\)，这与 \(i^2\) 是非二次剩余矛盾。

综上 \((a+i)^{\frac{p+1}{2}}\) 就是我们要求的一个解。

时间复杂度仅有快速幂的 \(O(\log p)\)。

用途

一个用途是模意义下的二次方程求解：

\[ax^2+bx+c\equiv0\pmod p \]

求根公式：

\[x=\frac{-b\pm\sqrt{b^2-4ac}}{2a} \]

求出 \(b^2-4ac\) 的二次剩余即可。

另一个常用用途是用于模意义下的斐波那契数列的计算。熟知斐波那契数列的通项公式：

\[F_n=\frac{1}{\sqrt 5}((\frac{1+\sqrt 5}{2})^n-(\frac{1-\sqrt 5}{2})^n) \]

只要知道 \(5\) 的二次剩余，我们就能通过快速幂在 \(O(\log n)\) 的时间内在模意义下求出任意的 \(F_n\)（虽然矩阵乘法也是这个复杂度来着）。

需要注意的是，\(5\) 是模 \(10^9+7\) 的非二次剩余，但是是模 \(10^9+9\) 的二次剩余，为 \(383008016\)。

二次互反律

二次互反律指出了两个奇素数 \(p,q\) 是否为互相的二次剩余的规律：

\[(\frac{p}{q})(\frac{q}{p})=(-1)^{\frac{p-1}{2}\frac{q-1}{2}} \]

例：若一个奇素数 \(p\) 满足 \(p\bmod 10\) 为完全平方数，求证：\(5\) 是模 \(p\) 的二次剩余。

列出 \(10\) 以内的奇完全平方数：\(1,9\)。发现在模 \(5\) 意义下其为 \(1,-1\)，可以得到 \(p\equiv\pm1\pmod5\)，进而可以推出 \(p^\frac{5-1}{2}\equiv p^2\equiv 1\pmod 5\)，即 \(p\) 是模 \(5\) 的二次剩余。

将已知带入二次互反律，可得 \((\frac{5}{p})=1\)，即 \(5\) 是模 \(p\) 的二次剩余。证毕。

积性函数

定义

数论函数

数论函数，即为定义域为正整数的函数，可被视为一个数列。

常见的数论函数有：

1. 常函数 \(1(n)=1\)。
2. 恒等函数 \(\operatorname{id}_k(n)=n^k\)，\(\operatorname{id}_1(n)\) 常记作 \(\operatorname{id}(n)\)。
3. 单位函数 \(\varepsilon(n)=[n=1]\)。
4. 除数函数 \(\sigma_k(n)=\sum_{d\mid n}d^k\)，\(\sigma_0(n)\) 常记作 \(d(n)\)，\(\sigma_1(n)\) 常记作 \(\sigma(n)\)。
5. 欧拉函数 \(\varphi(n)=\sum_{i=1}^n[\gcd(n,i)=1]\)。

积性函数

若数论函数 \(f(n)\) 满足对于任意互质的 \(x,y\)，有 \(f(x)f(y)=f(xy)\)，则 \(f(n)\) 是积性函数。

若数论函数 \(f(n)\) 满足对于任意的 \(x,y\)，有 \(f(x)f(y)=f(xy)\)，则 \(f(n)\) 是完全积性函数。

可以看出，若一个数是完全积性函数，则其一定是积性函数。

以上列出的函数中，\(1(n),\operatorname{id}(n),\varepsilon(n)\) 为完全积性函数，剩下的为积性函数。

若 \(f(n),g(n)\) 为积性函数，则 \(f(n^k),f(n)^k,\sum_{d\mid n}f(d),f(n)g(n),\sum_{d\mid n}f(n)g(\frac{n}{d})\) 都为积性函数。

用途

若数论函数 \(f(n)\) 是积性函数，则有 \(f(n)=\prod f(p^{k})\)，其中 \(p\) 为 \(n\) 质因子，\(k\) 为其幂次。

如果我们知道 \(f(p^k)\) 的直接表达式，那么我们就可以线性筛出这个数论函数，或者 \(O(\sqrt n)\) 通过分解质因数来查询它。

在比赛中，我们可以通过打表快速检验一个数论函数是否是积性函数。

欧拉函数

欧拉定理

若 \(\gcd(a,m)=1\)，则 \(a^{\varphi(m)}\equiv 1\pmod m\)。

所以我们可以对指数取模：\(a^k\equiv a^{k\bmod\varphi(m)}\pmod m\)。

更一般地，对于任意 \(a,m\)，有：

\[a^k\equiv \left\{ \begin{aligned} &a^{k\bmod\varphi(m)},\space\gcd(a,m)=1\\ &a^k,\gcd(a,m)\neq1,k<\varphi(m)\\ &a^{k\bmod\varphi(m)+\varphi(m)},\gcd(a,m)\neq1,k\geq\varphi(m) \end{aligned} \right. \]

幂塔

给你 \(n,p\) 和数列 \(a_n\)，求出 \(a_1^{a_2^{\cdots^{a_n}}}\bmod p\)。

首先考虑使用扩展欧拉定理降幂。