【数学】数学相关口胡
正经人谁学数论啊
持续更新。咕咕咕
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欢迎找锅
UPD on 9.17:补了补欧拉函数，中国剩余定理相关，加上了一些组合计数相关，修了修部分地方的排版
UPD on 9.18:添加了 Min-max 容斥内容。
UPD on 9.22:About exCRT。
UPD on 9.25:About exLucas。
小学生数论，并不适合dalao
质数
Eratosthenes筛素数
其实就是劣质版线性筛，不过代码比较短，打个小表还是可以的。
时间效率\(O(n\log \log n)\)
int Pri[maxn];
bool NotPri[maxn];
void JudPri(int n){
NotPri[0]=1;
NotPri[1]=1;//全局变量大括号赋值可是很不好的习惯哦...
for(int i=2;i<=n;i++){
if(NotPri[i])continue;
Pri[++Pri[0]]=i;
for(int j=i;(long long)i*j<=n;j++)
NotPri[i*j]=1;
}
}
线性筛素数
普通版
int Pri[maxn];
bool NotPri[maxn];
void JudPri(int n){
NotPri[0]=1;
NotPri[1]=1;
for(int i=2;i<=n;i++){
if(!NotPri[i]){
Pri[++Pri[0]]=i;
}
for(int j=1;j<=Pri[0]&&i*Pri[j]<=n;j++){
NotPri[i*Pri[j]]=1;
if(i%Pri[j]==0)break;
}
}
}
无需取模版
int v[maxn],Pri[maxn];
void JudPri(int n){
for(int i=2;i<=n;i++){
if(v[i]==0){
v[i]=i;
Pri[++Pri[0]]=i;
}
for(int j=1;j<=Pri[0];j++){
if(i*Pri[j]>n||Pri[j]>v[i])break;
v[i*Pri[j]]=Pri[j];
}
}
}
可能玄学上更快？（大雾）不过可能普通版的bool数组更快也说不定呢（好像真的会快很多）。
Miller_Rabin大素数判定
(所以名字到底事Robbin还是Rabin还是Rabbin？)
前置芝士：费马小定理
注：本文仅介绍简易版写法，深入学习建议看Gary_818的博客。
是看脸的随机化算法，错误率基本趋近于0。
0202年了不会还有人\(O(\sqrt n)\)判断素数吧不会吧不会吧
这种判断素数的方法利用的是的逆命题，随机枚举一个\(a\)，满足这个同余式，那么\(p\)就是素数。
不过其逆命题并不是个真命题（大雾），例如在\(p=341\)的时候若\(a=2\)满足费马小定理，然而341是一个合数（\(341=11\times 31\)）。因此仅判断一次得到的结果不一定正确，那怎么增大正确率呢？
那就是重复判断30次
时间复杂度\(O(\log\ n)\)（忽略常数）
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int count=30;
int n;
inline int qpow(int a,int b,int Mod){
int ans=1,base=a;
while(b){
if(b&1)ans=ans*base%Mod;
base=base*base%Mod;
b>>=1;
}
return ans;
}
bool Miller_Rabin(int n){
if(n==2)
return true;
for(int i=1;i<=count;i++){
int a=rand()%(n-2)+2;
if(qpow(a,n,n)!=a)
return false;
}
return true;
}
int main(){
srand(time(0));
scanf("%d",&n);
if(Miller_Rabin(n))
printf("Probably a prime.");
else
printf("A composite.");
printf("\n");
return 0;
}
约数
GCD
辗转相除法求GCD
各位dalao已经倒着都能写了。
辗转相除法求最大公约数。或者为了防止爆栈可以改成循环。
inline int gcd(int x,int y){
if(y==0)return x;
else return(y,x%y);
}
二进制方法求GCD
如果想优化(可能大数据可以优化几百\(\mathrm{ms}\))
就变成魔法少女就可以用二进制优化（不过平时基本也无用）
- \(a\),\(b\)为偶数，则\(\gcd(a,b)=2\times \gcd(a/2,b/2)\)。
- \(a\)为奇数，\(b\)为偶数，则\(\gcd(a,b)=\gcd(a,b/2)\)。
- \(a\),\(b\)为奇数。假设\(a\geq b\)，则\(\gcd(a,b)=\gcd((a-b)/2,b)\)。
- \(a\)为\(0\)，则返回\(b\)。
可以用手写abs和min卡常
inline ll abs(ll x){
return x<0?-x:x;
}
inline ll min(ll a,ll b){
return a<b?a:b;
}
inline ll gcd(ll a,ll b){
if(a==0)return b;
if(b==0)return a;
if(!(a&1)&&!(b&1))return 2*gcd(a>>1,b>>1);
else if(!(a&1))return gcd(a>>1,b);
else if(!(b&1))return gcd(a,b>>1);
else return gcd(abs(a-b),min(a,b));
}
没有取模操作会快很多。
更相减损术求GCD
懒得写，建议BFS。
高精度运算的时候可以用（不过既然都是要用高精度的题了为何不弃了呢）
裴蜀定理
设\(a,b\)是全不为零的整数，则存在整数\(x,y\)，使得\(ax+by=\gcd(a,b)\)。
算数基本定理的推论
算数基本定理(唯一分解定理)
任意大于1的正整数\(N\)都可分解为有限个素数的乘积。
\(N=p_1^{c_1}p_2^{c_2}p_3^{c_3}\cdots p_m^{c_m}\)
其中\(c_i\)都是正整数，\(p_i\)都是素数且满足\(p_1<p_2<p_3⋯<p_m\)。
求正约数个数
\(N\)的正约数个数为\(\prod\limits^m_{i=1}(c_i+1)\)
线性筛求约数个数
int pri[maxn],minn[maxn];
int d[maxn];
bool notpri[maxn];
inline void euler(){
d[1]=1;
for(int i=2;i<=n;i++){
if(!notpri[i]){
pri[++pri[0]]=i;
d[i]=2;
minn[i]=1;
}
for(int j=1;j<=pri[0]&&i*pri[j]<=n;j++){
notpri[i*pri[j]]=1;
if(i%pri[j]==0){
minn[i*pri[j]]=minn[i]+1;
d[i*pri[j]]=d[i]/(minn[i]+1)*(minn[i*pri[j]]+1);
break;
}
minn[i*pri[j]]=1;
d[i*pri[j]]=d[i]*2;
}
}
}
约数和定理
\(N\)的所有正约数之和为\(\prod\limits^m_{i=1}(\sum\limits^{c_i}_{j=0}(p_i)^j)\)
线性筛求约数和
\(f_i\)表示\(i\)的约数和，\(g_i\)表示\(i\)的最小质因子\(p+p^1+p^2+\dots +p^k\)
void pre(){
g[1]=f[1]=1;
for(int i=2;i<=n;i++){
if(!v[i])v[i]=1,p[++tot]=i,g[i]=i+1,f[i]=i+1;
for (int j=1;j<=tot&&i*p[j]<=n;j++){
v[i*p[j]]=1;
if(i%p[j]==0){
g[i*p[j]]=g[i]*p[j]+1;
f[i*p[j]]=f[i]/g[i]*g[i*p[j]];
break;
}else{
f[i*p[j]]=f[i]*f[p[j]];
g[i*p[j]]=1+p[j];
}
}
}
for(int i=1;i<=n;i++)
f[i]=(f[i-1]+f[i])%Mod;
}
求正约数集合
一个大于1的正整数\(N\)的正约数集合可写作
试除法
时间效率\(O(\sqrt n)\)。不会有人不会吧不会吧不会吧。
倍数法
倍数法以\(O(nlog\ n)\)的效率求出\(1-n\)所有数的正约数集合，比试除法的\(O(n\sqrt n)\)快很多。
vector<int> fac[maxn];
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;i*j<=n;j++)
fac[i*j].push_back(i);
欧拉函数
\(1-N\)中与\(N\)互质的数的个数称为欧拉函数。
性质
见下线性筛求欧拉函数
分解质因数求单个欧拉函数
根据欧拉函数的定义，我们可以通过暴力分解质因数来求单个数的欧拉函数。
int euler(int n){
int ans=n,m=sqrt(n);
for (int i=2;i<=m;i++){
if (n%i==0){
ans=ans/i*(i-1);
while(n%i==0)n/=i;
}
}
if(n>1)ans=ans*n*(n-1);
return ans;
}
Eratosthenes筛求欧拉函数
妹想到吧又事它，时间效率\(O(n\log n)\)，虽然效率不高但是很短（？）
int phi[maxn];
void euler(int n){
for(int i=2;i<=n;i++)
phi[i]=i;
for(int i=2;i<=n;i++)
if(phi[i]==i)
for(int j=i;j<=n;j+=i)
phi[j]=phi[j]/i*(i-1);
}
线性筛求欧拉函数
涉及到欧拉函数的性质。
\(p\)是质数，则：
\(\varphi(p)=p-1\)
显然
若 \(p|n\) 且 \(p^2|n\)，则 \(\varphi(n)=\varphi(n/p)\times p\)。
由积性函数的定义和唯一分解定理，\(\varphi(n)=\prod \limits_{i=1}^m\varphi(p_i^{c_i})\)，因此：
根据欧拉函数的计算式，上式的答案就是 \(p\)。
若 \(p|n\) 且 \(p^2\not|n\)，则\(\varphi(n)=\varphi(n/p)\times (p-1)\)。
可知 \(p\) 和 \(n/p\) 互质，根据积性函数定义可得，即 \(\varphi(n)=\varphi(n/p)\times \varphi(p)\ (\varphi(p)=p-1)\)。
运用这三个性质，我们可以用筛积性函数的方法来线性求出 \(1-n\) 的欧拉函数。
int pri[maxn],phi[maxn];
bool notpri[maxn];
void euler(int n){
notpri[0]=1;notpri[1]=1;
for(int i=2;i<=n;i++){
if(!notpri[i]){
pri[++pri[0]]=i;
phi[i]=i-1;
}
for(int j=1;j<=pri[0]&&i*pri[j]<=n;j++){
notpri[i*pri[j]]=1;
if(i%pri[j]==0){
phi[i*pri[j]]=phi[i]*pri[j];
break;
}else phi[i*pri[j]]=phi[i]*(pri[j]-1);
}
}
}
扩展欧几里得
深入学习建议看YouXam的博客。
扩展欧几里德定理（Extended Euclidean algorithm, EX（恶心）GCD）。
用于求\(ax+by=\gcd(a,b)\)的一组整数解。
int exgcd(int a,int b,int &x,int &y) {
if (b==0){
x=1;
y=0;
return a;//a为最大公约数
}
int ret=exgcd(b,a%b,x,y);
int t=x;
x=y;
y=t-a/b*y;
return ret;
}
设\(\gcd(a,b)=d\),对于更一般的方程\(ax+by=c\),它有解当且仅当\(d|c\)。可以先求出\(ax+by=d\)的一组特解\(x_0,y_0\),使其同时乘上\(\frac{c}{d}\)，就得到了\(ax+by=c\)的一组特解\(\frac{c}{d}x_0,\frac{c}{d}y_0\)。
即\(ax+by=c\)通解可以表示为：
非平凡因子
若\(x\)能整除\(n\)且\(1<x<n\),则\(x\)是\(n\)的非平凡因子。
即一个数除1和本身外的约数。
质数没有非平凡因子。
Pollard_Pho大数字质因数分解
请先了解Miller_Rabin大素数判定算法。
Pollard Rho是一个非常玄学的方式，用于在\(O(n^{1/4})\)的期望时间复杂度内计算合数n的某个非平凡因子。事实上算法导论给出的是\(O(\sqrt p)\)，\(p\)是\(n\)的某个最小因子，满足\(p\)与\(n/p\)互质。但是这些都是期望，未必符合实际。但事实上Pollard Rho算法在实际环境中运行的相当不错。
Pollard_Rho算法的大致流程是：先判断当前数是否是素数（Miller_Rabin）了，如果是则直接返回。如果不是素数的话，试图找到当前数的一个因子（可以不是质因子）。然后递归对该因子和约去这个因子的另一个因子进行分解。
即找到一个数\(s\)使\(1<\gcd(s,x)<x\)，此时\(X\)可以被分解为\(\gcd(s,x)\)和\(\frac{x}{\gcd(s,x)}\)两部分递归处理。
那么怎么找到当前数\(n\)的一个因子呢，没错又事看脸的随机化算法（大雾），感觉有一点“试”的感觉。
我们\(rand()\)一个\(1-x-1\)内的数字设为\(v_0\)，此时使\(v_i=(v_{i-1}^2+t)\%x\)直至\(v_i=v_0\)（\(t\)自己设定，例如114514一般设定成1就可以，但尽量不要设置成0或2）。（这其实是一个剩余系）
由于它某项的值仅由前一项决定，且每一项可能的取值是有限的，因此该数列一定会在经历一定次数的迭代后陷入循环，形成一个类似希腊字母rho（\(\rho\)）的形状，因此得名。
生日悖论：
23 个人里有两个生日相同的人的概率有多大呢？居然有 50%。不计特殊的年月，如 2 月 29 日。于是一年中有 N = 365 天。设房间里有 n 个人，要计算所有人的生日都不相同的概率。那么第一个人的生日是 365 选 365，第二个人是 365 选 364，第三个人 365 选 363 …… 第 n 个人的生日是 365 选 365-(n-1)。所以所有人生日都不相同的概率为\[\frac{365!}{365^n(365-n)!} \]可以看到n=100远小于N=365 时，就已经几乎必然有一对同生缘，所有人生日两两不同的概率仅一千万分之三。
N=365天中要出现两个生日相同的人，所需人数为\(n-O(\sqrt N)\)量级。
（懒得排版了，详细可以B(aidu)FS）
因此要求出现一对相同的数，其长度就大致为\(\sqrt n\)。
当\(v_i\equiv v_j\pmod p,v_i\not=v_j\)时，则\(p|(\vert v_i-v_j\vert )\)。计算\(\gcd(\vert v_i-v_j\vert ,p)\)即可达到一个\(x\)的非平凡因子\(p\)。
简易的实现方式：
设一个在环上的定点\(u\)和动点\(v\)，经过多次迭代（约为\(x^{1/4}\)）必定能找到\(u\equiv v\pmod p\)。
为了使\(u\)在环上，使其标号倍增。
ll Pollard_Rho(ll x){
ll v=rand(0,x-1);
ll u=v,d=1,i=0,temp=2;
while(d==1){
v=(v*v+1)%x;
d=gcd((ll)fabs(u-v),x);
i++;
if(i==temp){
u=v;//倍增
temp<<=1;
}
}
return d;
}
模板 Pollard-Rho算法
本题时间限制很紧，需要使用Floyed判环和倍增积累\(\gcd\)。而且数据范围很大，需要使用__int128（所以看看就好）
基于Floyed的实现：
使点\(u,v\)在同一起点出发，使\(u\)一倍速度迭代，\(v\)二倍速度迭代，当\(u\equiv v\pmod p\)就找到了环。这种方法比倍增方法快很多。
ll Pollard_Rho(ll x){
if(x==4)return 2;
ll u=rand(0,x-1),v=u;
ll d=1;
u=(u*u+1)%x;
v=(v*v+1)%x;v=(v*v+1)%x;
while(u!=v){
u=(u*u+1)%x;
v=(v*v+1)%x;v=(v*v+1)%x;
d=gcd((ll)fabs(u-v),x);
if(d!=1)return d;
}
return x;
}
倍增积累GCD：
每次的\(\vert u-v\vert\)，若存在\(p|(\vert u_i-v_i\vert)\)，则对于多个\(\vert u-v\vert\)的乘积\(Mul\)，仍满足\(p|Mul\)。
因此我们可以先积累一定的答案再做\(\gcd\)，毕竟\(\gcd\)不是\(O(1)\)的。
ll Pollard_Rho(ll x){
if(x==4)return 2;
ll u=rand(0,x-1),v=u;
ll d=1;
u=(u*u+1)%x;
v=(v*v+1)%x;v=(v*v+1)%x;
for(int i=1;u!=v;i=min(128,i<<1)){
ll Mul=1;
for(int j=0;j<i;j++){
ll temp=Mul*(ll)fabs(u-v)%x;
if(!temp)break;//abs(u-v)%x=0
Mul=temp;
u=(u*u+1)%x;
v=(v*v+1)%x;v=(v*v+1)%x;
}
d=gcd(Mul,x);
if(d!=1)return d;
}
return x;
}
本题代码：无
学习珂学
同余
费马小定理
不是小费马定理
前置芝士
剩余类&剩余系：总之大概就是一些数\(\mathrm{mod}\)一个正整数\(n\)之后都能得到什么结果（敷衍），最常用的完全剩余系\(\{0，1，…，n-1\}\)。
正文
若\(p\)为素数，且\(a\)不是\(p\)的倍数则：
另一个形式：若\(p\)为素数，对于任意整数\(a\)：
证明：不会。建议记住（雾）。补上了
注：以下费马小定理、二次探测定理、威尔逊定理证明摘自博客。
考虑\(1,2,3...(p - 1)\)共\(p-1\)个数字，给所有数字同时乘\(a\)，得到\(a,2a,3a,...(p - 1)a\)
欧拉定理
当模数为合数的时候需要用范围更广泛的欧拉定理。
若\(gcd(a,m)=1\),则:
扩展欧拉定理
证明
（好像没用过）
二次探测定理
若\(p\)为质数且\(x\in(0,p)\)，则方程\(x^2 \equiv 1\pmod p\)的解为\(x = 1, x = p - 1\)。
证明：
Wilson定理
当且仅当\(p\)为素数时：\(( p -1 )! ≡ -1 \pmod p\)
乘法逆元
众所周知同余不满足同除性，所以数学家们弄出了逆元这个东西。
若整数\(b,m\)互质，且\(b|a\)，则存在一个整数\(x\)，使得\(a/b\equiv a\times x\pmod m\)，则称\(x\)是\(b\)的模\(m\)的乘法逆元，记为\(b^{-1}\pmod m\)。
可见并不是所有数都存在逆元。
费马小定理求逆元
即\(a^{p-2}\pmod p\)。快速幂求解，很方便。
前提条件：模数为素数，且\(a\)不是\(p\)的倍数。有的题特意卡这个，例如沙拉公主的困惑。
欧拉定理求逆元
即\(a^{\varphi(p)-1}\pmod p\)
扩展欧几里得求逆元
求Exgcd(a, p)\(\rightarrow\)利用扩展欧几里得算法不断递归直到x=1,y=0\(\rightarrow\)反向递归求出第一层的x和y，x即为a模p的逆元。
前提条件：\(a\)和\(p\)互质。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int b,x,y,mod;
inline int exgcd(int a,int b,int &x,int &y){
if(b==0){
x=1;
y=0;
return a;
}
int ret=exgcd(b,a%b,x,y);
int t=x;
x=y;
y=t-(a/b)*y;
return ret;
}
int main(){
scanf("%d%d",&b,&mod);
int gcd=exgcd(b,mod,x,y);
if(gcd!=1)
printf("None\n");
else
printf("%d\n",(x%mod+mod)%mod);
return 0;
}
线性求逆元
建议背式子
inv[1]=1;
for(int i=2;i<=n;i++)
inv[i]=(p-p/i)*inv[p%i]%p;
线性同余方程
（蒟蒻表示并不会高次的）
形如\(ax\equiv y\pmod b\)的方程被称为线性同余方程。
定理1：\(ax+by=c\iff ax\equiv c\pmod b\)，有整数解的充要条件是\(\gcd(a,b)|c\)。
因此我们可以先用扩展欧几里得算法求出一组特解\(x_0,y_0\)，则\(ax_0+by_0= \gcd(a,b)\)。此时两边同除\(\gcd(a,b)\),再同乘\(c\)。得到\(ac\cfrac{x_0}{\gcd(a,b)}+bc\cfrac{y_0}{\gcd(a,b)}=c\)。我们就得到了一个解\(\cfrac{x_0c}{\gcd(a,b)}\)。
定理2：若\(\gcd(a,b)=1\)，且\(x_0,y_0\)为\(ax+by=c\)的一组解，则该方程的任意解可表示为\(x=x_0+bt,y=y_0-at\ (t\in \mathbb{Z})\)。
根据定理2求出的最小整数特解为:
方程的通解则是所有模\(\frac{b}{\gcd(a,b)}\)与\(x\)同余的整数。
int exgcd(int a,int b,int &x,int &y){
if(b==0){
x=1;
y=0;
return a;
}
int d=exgcd(b,a%b,x,y);
int t=x;
x=y;
y=t-a/b*y;
return d;
}
bool Cal(int a,int b,int c,int &x,int &y){
int d=exgcd(a,b,x,y);
if(c%d!=0)return 0;
int k=c/d;
x*=k;
y*=k;
return 1;
}
中国剩余定理
有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二。问物几何？
即求满足以下条件的整数：除以\(3\)余\(2\)，除以\(5\)余 \(3\)，除以\(7\)余\(2\)。
中国剩余定理（CRT）可求解如下形式的一元线性同余方程组(其中\(n_1,n_2,\dots,n_k\)两两互质)。
- 计算所有的模数的积\(n\)；
- 对于第\(i\)个方程：
- 计算\(m_i=\frac{n}{n_i}\)；
- 计算\(m_i\)在模\(n_i\)意义下的逆元\(m_i^{-1}\)；在这里，需要使用 \(exgcd\) 计算逆元。
- 计算\(c_i=m_im_i^{-1}\)（不要对\(n_i\)取模）
- 方程的唯一解为:\(a=\sum\limits^k_{i=1}a_ic_i\pmod n\)
这里提供一个 \(exgcd+CRT\) 的板子。
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int maxn=1e5+10;
int n,M=1,ans;
int a[maxn],b[maxn];
inline int read(){
int x=0;bool fopt=1;char ch=getchar();
for(;!isdigit(ch);ch=getchar())if(ch=='-')fopt=0;
for(;isdigit(ch);ch=getchar())x=(x<<3)+(x<<1)+ch-48;
return fopt?x:-x;
}
void exgcd(int a,int b,int &x,int &y){
if(!b)return x=1,y=0,void();
exgcd(b,a%b,x,y);
int z=x;x=y;y=z-(a/b)*y;
}
signed main(){
n=read();
for(int i=1;i<=n;i++){
a[i]=read();b[i]=read();
M*=a[i];
}
for(int i=1;i<=n;i++){
int m=M/a[i];
int x=0,y=0;
exgcd(m,a[i],x,y);
ans+=b[i]*m*(x<0?x+a[i]:x);
}
printf("%lld\n",ans%M);
return 0;
}
扩展中国剩余定理
若存在模数不互质的情况，则需要使用 \(exCRT\)。实际上就是解一元线性模线性方程组。
只考虑两个方程，多个方程可以两两合并。
设两个方程分别为 \(x\equiv a_1\pmod {m_1}\)、\(x\equiv a_2\pmod {m_2}\)
将其转为不定方程：\(x=m_1p+a_1=m_2q+a_2\ (p,q\in\mathbb{Z})\)
则有 \(m_1p-m_2q=a_2-a_1\)。
由裴蜀定理，\(\gcd(m_1,m_2)\not\vert \ (a_2-a_1)\) 时无解。
其他情况可通过扩展欧几里得得到一个 \(x'\) ，那么 \(p=x'\times \cfrac{a_2-a_1}{\gcd (m_2-m_1)}\pmod{m_2}\)。
则原两方程组成的模方程组的解为 \(x\equiv m_1p+a_1\pmod {\mathrm{lcm}(m_1,m_2)}\)
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int maxn=1e5+10;
int n;
int m[maxn],res[maxn];
inline int read(){
int x=0;bool fopt=1;char ch=getchar();
for(;!isdigit(ch);ch=getchar())if(ch=='-')fopt=0;
for(;isdigit(ch);ch=getchar())x=(x<<3)+(x<<1)+ch-48;
return fopt?x:-x;
}
inline int mul(int a,int b,int p){
int L=a*(b>>25LL)%p*(1LL<<25)%p;
int R=a*(b&((1LL<<25)-1))%p;
return (L+R)%p;
}
int exgcd(int a,int b,int &x,int &y){
if(!b)return x=1,y=0,a;
int gcd=exgcd(b,a%b,x,y);
int z=x;x=y;y=z-a/b*y;
return gcd;
}
inline int lcm(int a,int b,int gcd){
return a/gcd*b;
}
inline int exCRT(){
int M=m[1];
int ans=res[1]%m[1];
for(int i=2;i<=n;i++){
int x=0,y=0,temp=((res[i]-ans)%m[i]+m[i])%m[i];
int gcd=exgcd(M,m[i],x,y);
x=mul(x,temp/gcd,m[i]);
ans+=M*x;M=lcm(M,m[i],gcd);ans=(ans%M+M)%M;
}
return (ans%M+M)%M;
}
signed main(){
n=read();
for(int i=1;i<=n;i++){
m[i]=read();res[i]=read();
}
printf("%lld\n",exCRT());
return 0;
}
显然的是，\(exCRT\) 也能完美地解决普通 \(CRT\) 问题，而且长度差不多，所以如果只背一个板子的话建议背这个。
组合计数相关
Catalan数
以下问题属于 Catalan 数列：
1.有 \(2n\) 个人排成一行进入剧场。入场费 5 元。其中只有 \(n\) 个人有一张 5 元钞票，另外 \(n\) 人只有 10 元钞票，剧院无其它钞票，问有多少中方法使得只要有 10 元的人买票，售票处就有 5 元的钞票找零？
2.一位大城市的律师在她住所以北 \(n\) 个街区和以东 \(n\) 个街区处工作。每天她走 \(2n\) 个街区去上班。如果他从不穿越（但可以碰到）从家到办公室的对角线，那么有多少条可能的道路？（典型的 Cartalan 数问题）
3.在圆上选择 \(2n\) 个点，将这些点成对连接起来使得所得到的 \(n\) 条线段不相交的方法数？
4.对角线不相交的情况下，将一个凸多边形区域分成三角形区域的方法数？
5.一个栈（无穷大）的进栈序列为 \(1,2,3,\dots ,n\) 有多少个不同的出栈序列？
6.\(n\) 个结点可够造多少个不同的二叉树？
7.\(n\) 个不同的数依次进栈，求不同的出栈结果的种数？
8.生成字符串问题
Catalan 数的常见公式：
1.
Lucas定理
主要用于组合数取模。当数据较大的时候，直接求阶乘容易爆掉，这时候就需要用上 \(Lucas\) 定理了。
对于 \(C_{n/p}^{m/p}\),我们可以递归求解。
模板：
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int maxn=1e5+10;
int n,m,p;
int fac[maxn],inv[maxn];
inline int read(){
int x=0;bool fopt=1;char ch=getchar();
for(;!isdigit(ch);ch=getchar())if(ch=='-')fopt=0;
for(;isdigit(ch);ch=getchar())x=(x<<3)+(x<<1)+ch-48;
return fopt?x:-x;
}
inline int C(int N,int M){
if(M>N)return 0;
if(!M||N==M)return 1;
return fac[N]*inv[M]%p*inv[N-M]%p;
}
int Lucas(int N,int M,int P){
if(!M)return 1;
return C(N%P,M%P)*Lucas(N/P,M/P,P)%P;
}
signed main(){
int T=read();
while(T--){
n=read();m=read();p=read();
n+=m;
fac[0]=fac[1]=inv[0]=inv[1]=1;
for(int i=2;i<=p;i++)
inv[i]=(p-p/i)*inv[p%i]%p;
for(int i=2;i<=p;i++){
fac[i]=fac[i-1]*i%p;
inv[i]=inv[i-1]*inv[i]%p;
}
printf("%lld\n",(Lucas(n,m,p)+p)%p);
}
return 0;
}
扩展卢卡斯定理
篇幅过大，已搬出
容斥原理
Min-max容斥
篇幅过大，已搬出
概率与期望
莫比乌斯反演&&拉格朗日插值
建议问\(liuchanglc\)（滑稽）
