「笔记」数论相关复习
简介
主要涉及数论方面的复习（大概是 NOIP 难度），目的为复习使用，因此与其他博客相比会更为简略，想要更详细的介绍也附上了相应的链接。
仅供大家参考，如有错误请指出。
内容太简单，大佬不要喷啊。>-<
先发一部分，后面的会慢慢补。
建议配合数论做题记录食用。
更新日志
- upd on 2021.8.31： 完成初稿。
- upd on 2021.9.1 ： 学习并补充了阶和原根，二次剩余。
- upd on 2021.9.9 ： 添加范德蒙德卷积
逆元
求 \(ax \equiv 1 \pmod p\)
根据费马小定理有（\(p\) 为质数）：
线性求逆元\(^{[1]}\)：
最大公约数
int Gcd(int x, int y) { return !y ? x : Gcd(y, x % y); }
素数
暴力：\(O(\sqrt n)\) 判断单个 \(x\) 是否为素数。
埃氏筛：\(O(n \log n)\) 判断 \([1 \sim n]\) 是否为素数。
欧拉筛：\(O(n)\) 判断 \([1 \sim n]\) 是否为素数。
// 只给线筛。
int tmp[MAXN], Cnt = 0;
bool vis[MAXN];
void Init(int limit) {
for(int i = 2; i <= limit; ++i) {
if(!vis[i]) tmp[++ Cnt] = i;
for(int j = 1; j <= Cnt && i * tmp[j] <= limit; ++j) {
vis[i * tmp[j]] = true;
if(i % tmp[j] == 0) break;
}
}
}
斐蜀定理\(^{[2]}\)
设 \(d = \gcd(a, b)\)，那么对于方程 \(ax + by = d\) ，一定存在一组整数解。并且对于方程 \(ax + by = z\)，如果满足 \(d \mid z\)，那么方程一定有整数解，否则无整数解。
如何遍历所有解？
另外的，可以看出 \(x, y\) 的解不是唯一的，有无穷组系数 \((x, y)\) 都能满足 \(\gcd(a, b) = ax + by\)。并且，如果 \((x, y)\) 是一组系数，那么所有系数可以表示为
扩展欧几里得（exgcd）\(^{[3]}\)
已知 \(a,b\)，求 \(ax+by = \gcd(a,b)\) 的一组解。
int Exgcd(int a, int b, int &x, int &y) {
if(!b) { 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;
}
欧拉函数\(^{[4]}\)\(^{[5]}\)
通常计作 \(\varphi (n)\)，表示小于 \(n\) 且与 \(n\) 互质的数的个数。
当 \(n\) 是质数时，\(\varphi(n) = n-1\)。
欧拉函数是一个积性函数。当 \(\gcd(n,m)=1\) 时，\(\varphi (n \times m) = \varphi(n)\varphi(m)\)。
欧拉函数的通项公式：
扔一份根号求 \(\varphi (n)\) 的代码：
int Phi(int x) {
int res = 1;
for(int i = 2; i * i <= x; ++i) {
if(x % i) continue;
res *= (i - 1), x /= i;
while(x % i == 0) res *= i, x /= i;
}
if(x > 1) res = res * (x - 1);
return res;
}
欧拉定理\(^{[5]}\)
当 \(a\) 与 \(p\) 互质时有 \(a^{\varphi(p)} \equiv 1 \pmod p\)。
同时有一个引理 \(a^{2\varphi(p)} \equiv a^{\varphi(p)} \pmod p\)。
然后推广它：
Miller-Rabin 素数测试\(^{[6]}\)
我们知道素数可以表示成这种形式 \(n = d \times 2^r + 1\) ，（当然，需要特判 \(2\)）。
只要这个数满足下面两个条件中的一个，就可以通过素数测试：
其中 \(a\) 是我们选择的一个小质数，在 \(100\) 选择 \(8 \sim 12\) 个就基本能保证正确性。
如果一个数是素数，一定会通过素数测试；如果一个数是合数，很大概率不会通过素数测试。
复杂度应该是 \(O(k\log^2 n)\)，因为需要枚举一个 \(r\)，还有龟速乘。\(k\) 是选取的 \(a\) 的数量。
// Quick_Pow 是快速幂，Quick_Mul 是龟速乘。
bool Miller_Rabin(int n, int a) {
int d = n - 1, r = 0;
while(d % 2 == 0) ++r, d >>= 1;
int x = Quick_Pow(a, d, n);
if(x == 1) return true;
for(int i = 0; i < r; ++i) {
if(x == n - 1) return true;
x = Quick_Mul(x, x, n);
}
return false;
}
int prim_list[] = {2, 3, 5, 7, 23, 37, 47, 83, 97};
bool Prime(int n) {
if(n < 2) return false;
for(int i = 0; i < 9; ++i) {
if(n == prim_list[i]) return true;
if(n % prim_list[i] == 0) return false;
if(Miller_Rabin(n, prim_list[i]) == false) return false;
}
return true;
}
例题：SP288
BSGS\(^{[7]}\)\(^{[8]}\)
求解最小的满足下面条件的 \(x\)，保证 \(a \bot p\)。
设 \(t = i \times \left \lceil \sqrt p \right \rceil - j\)，\(1 \le i,j \le \sqrt p\)，然后两边同乘 \(a^j\)，有
考虑所有 \(j \in [0,t-1]\)，求出 \(ba^j\) 并把他们放入哈希表，然后枚举 \(i\) 查找有无这个值，这样我们就能求出一个合法的 \(x\)，取最小值即可。
复杂度 \(O(\sqrt p)\)，使用 map 会带一个 \(\log\)。（所以说这个算法处理不了 \(10^{18}\) 级别的数据）
int BSGS(int a, int b, int p) {
map<int, int> Hash; Hash.clear();
b %= p;
int t = sqrt(p) + 1;
for(int i = 0; i < t; ++i) Hash[b * Pow(a, i, p) % p] = i; // 存储 hash 值
a = Pow(a, t, p);
if(!a) return b == 0 ? 1 : -1;
for(int i = 1; i <= t; ++i) { // 看看能不能找到
int val = Pow(a, i, p);
int j = (Hash.find(val) == Hash.end()) ? -1 : Hash[val];
if(j >= 0 && i * t - j >= 0) return i * t - j; // 首先找到的一定是最小的。
}
return -1;
}
中国剩余定理（CRT）
用于求解线性同余方程，在模数互质的情况下适用。
扩展中国剩余定理（exCRT）
用于求解线性同余方程，模数互质不互质均适用。
大数翻倍法
一种暴力的，求解线性同余方程的方法。码量和理解难度都很小。
阶和原根
阶 ord
由欧拉定理可知，对 \(a \in \mathbb Z, m \in \mathbb N^*\)，若 \(\gcd (a,m) = 1\)，则 \(a^{\varphi(m)} \equiv 1 \pmod m\)。
因此满足同余式 \(a^x \equiv 1 \pmod m\) 的最小正整数 \(x\) 存在，这个 \(x\) 称作 \(a\) 模 \(n\) 的阶，计作 \(\delta_m(a)\)。
几个性质：
- 1、\(a,a^2,...,a^{\delta_m(a)}\) 模 \(m\) 两两不同余。
- 2、若 \(a^n \equiv 1 \pmod m\) ，则 \(\delta_m(a) \mid n\)。
- 3、由 2 可以推出，如果 \(a^p \equiv a^q \pmod m\) 那么 \(p \equiv q \pmod {\delta_m(a)}\)。
- 4、设 \(m \in \mathbb N^*\)，\(a,b \in \mathbb Z\),\(\gcd(a,m) = \gcd(b,m) = 1\)，则
的充分必要条件是
- 5、设 \(k \in \mathbb N\)，\(m \in \mathbb N^*\)，\(a \in \mathbb Z\)，\(\gcd(a,m) = 1\)，则
原根 Origin root
定义：
设 \(m \in \mathbb N^*\)，\(a \in \mathbb Z\)。若 \(\gcd(a,m) = 1\)，且 \(\delta_m(a) = \varphi(m)\)，则称 \(a\) 为模 \(m\) 的原根。
原根判定定理：
设 \(m \ge 3, \gcd(a,m) = 1\)，则 \(a\) 是模 \(m\) 的原根的充要条件是，对于 \(\varphi (m)\) 的所有素因数 \(p\)，都满足 \(a^{\frac{\varphi(m)}{p}} \not\equiv 1 \pmod m\)
原根个数：
若一个数有原根，则它的原根个数为 \(\varphi (\varphi(m))\)。
原根存在定理：
一个数 \(m\) 存在原根当且仅当 \(m=2,4,p^{\alpha},2p^{\alpha}\)，其中 \(p\) 是奇素数，\(\alpha \in \mathbb N^*\) 。
几个用来证明原根存在的定理：
- 定理 1：对于奇素数 \(p\) ，\(p\) 有原根。
- 引理：设 \(a\) 与 \(b\) 是与 \(p\) 互素的两个整数，则存在 \(c \in \mathbb Z\) 使得 \(\delta_p(c) = \operatorname {lcm} (\delta_p(a),\delta_p(b))\)，
- 定理 2：对于奇素数 \(p\)，\(\alpha \in \mathbb Z\)，\(p^{\alpha}\) 有原根。
- 引理：存在模 \(p\) 的原根 \(g\)，使得 \(g^{p-1} \not\equiv 1 \pmod {p^2}\)
- 对于奇素数 \(p\)，\(\alpha \in \mathbb N^*\)，\(2p^{\alpha}2\) 的原根存在。
- 对于 \(m \not= 2,4\) 且不存在奇素数 \(p\) 及 \(\alpha \in \mathbb N^*\) 使得 \(m = p^{\alpha},2p^{\alpha}\)，模 \(m\) 的原根不存在。
最小原根的数量级：
王元在 \(1959\) 年证明了，若 \(m\) 有原根，其最小原根是不多于 \(m^{0.25}\) 级别的。（这启发我们可以暴力找最小原根）
二次剩余
定义
一个数 \(a\)，如果不是 \(p\) 的倍数且模 \(p\) 同余于某个数的平方，则称 \(a\) 为模 \(p\) 的 二次剩余。而一个不是 \(p\) 的倍数的数 \(b\)，不同余于任何数的平方，则称 \(b\) 为模 \(p\) 的 非二次剩余。
对二次剩余求解，也就是对常数 \(a\) 解下面的这个方程：
通俗一些，可以认为是求模意义下的开方。
只会 \(p\) 为奇素数的算法，\(\text{Cipolla}\) 算法。
解的数量
对于 \(x^2 \equiv n \pmod p\)，能满足＂\(n\) 是模 \(p\) 的二次剩余＂的 \(n\) 一共有 \(\frac{p-1}{2}\) 个（0 不包括在内），非二次剩余有 \(\frac{p-1}{2}\) 个。
勒让德符号
欧拉判别准则
若 \(n\) 是二次剩余，当且仅当 \(n^{\frac{p-1}{2}} \equiv 1 \pmod p\)。
若 \(n\) 是非二次剩余，当且仅当 \(n^{\frac{p-1}{2}} \equiv -1 \pmod p\)。
Cipolla 算法
找到一个数 \(a\) 满足 \(a^2-n\) 是 非二次剩余，至于为什么要找满足非二次剩余的数，在下文会给出解释。 这里通过生成随机数再检验的方法来实现，由于非二次剩余的数量为 \(\frac{p-1}{2}\)，接近 \(\frac{p}{2}\)，所以期望约 2 次就可以找到这个数。
建立一个＂复数域＂，并不是实际意义上的复数域，而是根据复数域的概念建立的一个类似的域。 在复数中 \(i^2 = -1\)，这里定义 \(i^2 = a^2 - n\)，于是就可以将所有的数表达为 \(A+Bi\) 的形式，这里的 \(A\) 和 \(B\) 都是模意义下的数，类似复数中的实部和虚部。
在有了 \(a\) 和 \(i\) 后可以直接得到答案，\(x^2 \equiv n \pmod p\) 的解为 \((a+i)^{\frac{p+1}{2}}\)。
范德蒙德卷积
形似：
可以理解为在大小为 \(n\) 和 \(m\) 的两个堆中选择 \(k\) 个点的方案数
推论：
感觉比较显然，把前面一个组合数转化成 \(\binom {n}{n-i}\) 在利用上面的结论就行了。
其他的推论：
