数论基础部分

改名！感觉还是把数学都写到这里吧。

数学菜批是这样的。

数论分块

算是前置芝士了，很多莫反题都要用这玩意。

假如现在我们有 $\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$ 这样的式子，能够发现，其实他会有一大段值的取值是一样的，比如令 $n=30$，那么从 $8$~$10$ 的取值都是相同的，当 $n$ 很大的时候，这个块的长度也会很大，某些题中，我们只需要用到他的取值，那么我们遍利所有的 $i$ 显然是冗余的，只要找到每一个块的右端点挨个看就好了，现在考虑如何找这个右端点。

甩个结论 $\lfloor \frac{n}{\lfloor \frac{n}{i}\rfloor }\rfloor$ 就是右端点，考虑证明。

首先令 $k=\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$，那么显然 $k\le \frac{n}{i}$，那么就会有 $\lfloor \frac{n}{k}\rfloor \ge \lfloor \frac{n}{\frac{n}{i}}\rfloor =\lfloor i\rfloor =i$，感性理解，当 $i$ 取到最靠右的值的时候，就是 $\lfloor \frac{n}{k}\rfloor$，也就证明了上面的结论，所以数论分块的代码写出来也是非常简洁的。

例题 P3579 [POI2014] PAN-Solar Panels

好像是因为这个题才来写的这个笔记

不是很板，带一点思考量，我们首先能够发现，假如有一个 $gcd$ 能满足答案，感性来看就是他一定会被同时包含在 $[a,b]$ 和 $[c,d]$ 中间，那么如果要判断这个答案，就是令 $\lfloor \frac{a}{i}\rfloor <\lfloor \frac{b}{i}\rfloor$ 时才能满足条件，$[c,d]$ 同理。那么现在就是要考虑怎么判断令 $i$ 同时满足两个不等式了，这就可以考虑上面的整除分块了，我们只需要枚举商，判断是否被区间包含即可，复杂度 $O(n\sqrt{V})$。

code

莫比乌斯反演

我总算是懂了，现在给一个莫比乌斯函数。

$$\mu (x)=\{\begin{array}{ccc}1& n=1& \\ 0& n\mathrm{有}\mathrm{平}\mathrm{方}\mathrm{因}\mathrm{子}& \\ (-1{)}^k& k\mathrm{为}\mathrm{本}\mathrm{质}\mathrm{不}\mathrm{同}\mathrm{的}\mathrm{因}\mathrm{子}\mathrm{个}\mathrm{数}& \end{array}$$

基于没有平方因子的性质，我们可以用欧拉筛求这东西，具体就是：

inline void GP(ll n){
	vis[1]=1;mu[1]=1;
	for(int i=2;i<=n;i++){
		if(!vis[i]) prime[++cnt]=i,mu[i]=-1;
		for(int j=1;j<=cnt&&i*prime[j]<=n;j++){
			vis[i*prime[j]]=1;
			if(i%prime[j]==0) break;
			mu[i*prime[j]]=-mu[i]; 
		}
	}
	fo(2,i,n) mu[i]+=mu[i-1];
}

莫比乌斯函数还有个性质：

$$\sum _{d|n}\mu (d)=\{\begin{array}{ccc}1& n=1& \\ 0& n\ne 1& \end{array}$$

也就是他等价于 $\zeta (n)$，$\mu \ast 1=\zeta$，其中 $\zeta$ 是黎曼函数，$\ast$ 是狄利克雷卷积，所以在狄利克雷生成函数里面，莫比乌斯函数等价于常值函数 $1$ 的逆元。

啊啊啊，好多笔误。

考虑证明:

设 $n=\prod _{i=1}^k{p}_i^{c_i}$，$n^{\prime }=\prod _{i=1}^k{p}_i$。

显然，由二项式定理：

$$\sum _{d|n}\mu (d)=\sum _{d|n^{\prime }}\mu (d)=\sum _{i=0}^k(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{i})\times (-1{)}^i=(1+(-1){)}^k$$

所以当且仅当 $k=0$ 时原式值为 $1$，也就是仅当 $n=1$ 时成立。

有个小结论，这个还是很好理解的，$[gcd(i,j)=1]=\sum _{d|gcd(i,j)}\mu (d)$

现在有了上面的结论，我们开始莫反的推导，假设现在有两个在非负数域上定义的函数 $f(i)$ 和 $F(i)$，并且有 $F(n)=\sum _{d|n}f(d)$，那么我们存在反演结论 $f(n)=\sum _{d|n}\mu (d)F(\lfloor \frac{n}{d}\rfloor )$。

考虑证明，首先有：

$$\sum _{d|n}\mu (d)F(\lfloor \frac{n}{d}\rfloor )=\sum _{i|n}\mu (i)\sum _{d|\lfloor \frac{n}{i}\rfloor }f(d)$$

这一步只是将式子变了一下，然后我们更换顺序：

$$\sum _{i|n}\mu (i)\sum _{d|\lfloor \frac{n}{i}\rfloor }f(d)=\sum _{i|n}f(i)\sum _{d|\lfloor \frac{n}{i}\rfloor }\mu (d)$$

然后由莫比乌斯函数的性质可以得知，当且仅当 $\lfloor \frac{n}{i}\rfloor =1$ 的时候，后半部分的式子才不为 $0$，此时才代回前面式子，可以得到：

$$\sum _{i|n}f(i)\sum _{d|n}\mu (d)=f(n)$$

得证。

其实莫反还有一种形式结论 $f(n)=\sum _{d|n}\mu (\frac{n}{d})F(d)$，这种也是好证明的。

到这里就差不多了，还有一些例题，之后会慢慢补上的。

P3455 [POI2007] ZAP-Queries

写出原答案式子：

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

把 $k$ 提出来扔到前面去：

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

直接莫反：

$$\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{k}\rfloor }\sum _{d|gcd(i,j)}\mu (d)$$

再改一下枚举顺序：

$$\sum _{d=1}^n\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{kd}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{kd}\rfloor }\mu (d)$$

发现 $\mu (d)$ 可以扔到前面去，那后面一坨就没什么意义了：

$$\sum _{d=1}^n\mu (d)\lfloor \frac{n}{kd}\rfloor \lfloor \frac{m}{kd}\rfloor$$

筛一下 $\mu (d)$ 这样我们就有了 $O(n)$ 的解决办法，可是是多组，这样显然过不去。

进一步考虑数论分块，现将 $n$ 和 $m$ 除以 $k$ 之后就是数论分块的一般形式了，直接套板子求个和就好了，复杂度 $O(n\sqrt{n})$。

code

P2398 GCD SUM

双倍经验，还是上面那个式子，枚举一下 $gcd(i,j)$ 的值就好了。

P1829 [国家集训队] Crash的数字表格 / JZPTAB

晚自习 40min 搞出来了，但是式子长的要死。

写出原式子 $\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m\mathrm{lcm}(i,j)$，把 lcm 拆开，写成 $\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m\frac{ij}{gcd(i,j)}$。

感觉这个分数形式很难搞，我们仍然采用枚举 gcd 的想法搞，这里跳了一步，直接把 $[gcd(i,j)=k]$ 弄到外面去，然后会留下 $k^2$ 的常数：

$$\sum _{k=1}^n\frac{1}{k}\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{k}\rfloor }{k}^{2}ij[gcd(i,j)=1]$$

把 $k^2$ 放到外面，然后常规莫反套路，改一下 gcd 式子再莫反：

$$\sum _{k=1}^{n}k\sum _{d=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{kd}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{kd}\rfloor }{d}^{2}ij\mu (d)$$

之后把无关的 $d^2\mu (d)$ 扔出去，发现 $i$ 与后面的一个求和无关，放到前面：

$$\sum _{k=1}^{n}k\sum _{d=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }{d}^2\mu (d)\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{kd}\rfloor }i\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{kd}\rfloor }j$$

这样的话，我们可以处理 $A_i=\sum _{j=1}^{i}j$ 就可以把式子表示成：

$$\sum _{k=1}^{n}k\sum _{d=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }{d}^2\mu (d)A_{\lfloor \frac{n}{kd}\rfloor }{A}_{\lfloor \frac{m}{kd}\rfloor }$$

把后面记作 $f(n)=\sum _{d=1}^n{d}^2\mu (d)A_{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }{A}_{\lfloor \frac{m}{d}\rfloor }$，这东西只要预处理 $\sum \mu (d)d^2$ 就可以数论分块了，复杂度 $O(\sqrt{n})$。

可是还有前面枚举 $k$ 的 $O(n)$，这样总的是 $O(n\sqrt{n})$，无法通过。

写出式子 $\sum _{k=1}^{n}kf(\lfloor \frac{n}{k}\rfloor )$，发现这东西可以再套一个数论分块，这样总的复杂度就是 $O(n)$ 了，可以通过。

code

P2257 YY的GCD

滚回来更新了，这题好像四个月前就在做题计划里了，一直没补（

好像有一个单测的简化版，简单写一下式子吧，我们默认令 $n<m$：

$$\sum _{k\in prime}\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{m}{k}\rfloor }[gcd(i,j)=1]$$

然后莫反：

$$\sum _{k\in prime}\sum _{d=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{kd}\rfloor }\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{m}{kd}\rfloor }\mu (d)$$

把 $\mu (d)$ 提到前面去，自然变成：

$$\sum _{k\in prime}\sum _{d=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }\mu (d)\lfloor \frac{n}{kd}\rfloor \lfloor \frac{m}{kd}\rfloor$$

这样单次时间复杂度就是 $O(V\sqrt{n})$ 了，其中 $V$ 表示 $prime$ 的大小，可是这题多测，$O(TV\sqrt{n})$ 跑不过去，考虑再优化：

令 $T=dk$，我们改为优先枚举 $T$，则式子变成：

$$\sum _{T=1}^n\lfloor \frac{n}{T}\rfloor \lfloor \frac{m}{T}\rfloor \sum _{k|T,k\in prime}\mu (\lfloor \frac{T}{k}\rfloor )$$

这时候我们就发现后面的东西可以预处理了，在欧拉筛之后枚举一下倍数是 $O(n\log n)$ 的。

code

P3704 [SDOI2017] 数字表格

大力膜拜 lhc！！！

写出式子，默认 $n<m$，$f(i)$ 表示 fib 序列：

$$\prod _{i=1}^n\prod _{j=1}^{m}f(gcd(i,j))$$

枚举 $gcd$，得到：

$$\prod _{d=1}^n\prod _{j=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\prod _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{d}\rfloor }f(d{)}^{[gcd(i,j)=1]}$$

发现 $f(d)$ 进行乘法的次数就是 $\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[gcd(i,j)=1]$：

$$\prod _{d=1}^{n}f(d{)}^{\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{d}\rfloor }[gcd(i,j)=1]}$$

之后正常莫反套路：

$$\prod _{d=1}^{n}f(d{)}^{\sum _{k=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\mu (k)\lfloor \frac{n}{kd}\rfloor \lfloor \frac{m}{kd}\rfloor }$$

然后我们里面的 $\sum$ 拿出来，对里面分成两部分：

$$\prod _{d=1}^n\prod _{k=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }(f(d{)}^{\mu (k)}{)}^{\lfloor \frac{n}{kd}\rfloor \lfloor \frac{m}{kd}\rfloor }$$

模仿上一题的优化套路，我们先令 $T=kd$，然后枚举 $T$，改一下式子:

$$\prod _{T=1}^n(\prod _{d|T}f(d{)}^{\mu (\frac{T}{d})}{)}^{\lfloor \frac{n}{T}\rfloor \lfloor \frac{m}{T}\rfloor }$$

我们设 $F(n)=\prod _{d|n}f(d{)}^{\mu (\frac{n}{d})}$，原式变成：

$$\prod _{T=1}^{n}F(T{)}^{\lfloor \frac{n}{T}\rfloor \lfloor \frac{m}{T}\rfloor }$$

因为 $n\le {10}^6$，所以 $F(T)$ 是可以枚举因数做到预处理 $O(n\log n)$ 的，再做一遍数论分块就好了，复杂度大概是 $O(T\sqrt{n}\log n)$。

code

扩展欧几里得算法

求解不定方程，形似 $ax+by=gcd(a,b)$ 的解。

洛谷的模板题是求 $ax+by=c$，因为显然有 $gcd(a,b)|(ax+by)$，然后就要保证 $gcd(a,b)|c$，把通解形式改写一下就好了。

感觉 oi-wiki 的证法比较好理解，写一下：

我们设:

存在 $a{x}_0+b{y}_0=gcd(a,b)$ 和 $b{x}_1+(a\mathrm{mod}b)y_1=gcd(b,a\mathrm{mod}b)$。

要证明这俩方程是等价的，首先有 $gcd(a,b)=gcd(b,a\mathrm{mod}b)$，然后写成 $a{x}_0+b{y}_0=b{x}_1+(a\mathrm{mod}b)y_1$。

对于 $a\mathrm{mod}b$，等价于 $a=a-\lfloor \frac{a}{b}\rfloor \times b$。

推一下式子，有 $a{x}_0+b{y}_0=a{y}_1+b(x_1-\lfloor \frac{a}{b}\rfloor y_1)$。

那么就有 $x_0=y1$，$y_0=x_1-\lfloor \frac{a}{b}\rfloor y_1$，递归求解即可。

inline ll Exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y)
{
	if(!b) return x=1,y=0,a;
	ll d=Exgcd(b,a%b,x,y);
	ll t=x;x=y,y=t-(a/b)*y;return d;
}

卢卡斯定理

对于一个质数 $p$，我们可以用卢卡斯定理求 $(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m})\mathrm{mod}p$。

有结论是 $Lucas(n,m)=Lucas(n/p,m/p)\times (\genfrac{}{}{0ex}{}{n\mathrm{mod}p}{m\mathrm{mod}p})$，这个是直接递归下去求就好了，复杂度大概是 $O(\log n)$？

等我尽量补一下证明。

inline ll qpow(ll a,ll b){return (!b?1ll:qpow(a*a%p,b>>1)*((b&1ll)?a:1ll))%p;}
inline ll C(ll n,ll m){if(m>n) return 0;return pre[n]*qpow(pre[m],p-2)%p*qpow(pre[n-m],p-2)%p;}
inline ll Lucas(ll n,ll m){return (!m?1ll:C(n%p,m%p)*Lucas(n/p,m/p)%p);}
signed main(){
	ll t;read(t);
	while(t--)
	{
		read(n),read(m),read(p);
		pre[0]=1;fo(1,i,max(n+m,p)) pre[i]=pre[i-1]*i%p;
		wr(Lucas(n+m,n)),pr; 
	}
}

扩展欧拉定理

哦这个好久之前就写过博客了，写的好丑啊我靠。

欧拉函数

这里给出定义 ：

我们记 $\phi (n)$ 为小于等于$n$与$n$互质的数的个数。

展开是这样的：

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

欧拉筛显然可以把它筛出来：

inline void check_mul(ll n){
	vis[1]=1,mul[1]=1;
	fo(2,i,n)
	{
		if(!vis[i]) prime[++cnt]=i,f[i]=i,mul[i]=-1;
		for(ll j=0;j<cnt&&i*prime[j]<=n;j++){
			vis[i*prime[j]] = 1;
			f[i*prime[j]] = f[i] + 1;
			if(i%prime[j]==0){
				mul[i*prime[j]]=0;
				break;
			}
			mul[i*prime[j]]=-mul[i];
		}
	}
}

对于单个欧拉函数的求法：

欧拉函数是特殊的积性函数，有性质 $\phi (ab)=\phi (a)\phi (b)$，对于任意一个正整数 $a$，有 $a=\prod _{i=1}^n{p}_i^{k_i}$。

进一步，我们可以发现对于任意一个质数 $p$，有 $\phi (p^k)=p^{k-1}(p-1)$。

因此，有 $\phi (a)=\prod _{i=1}^n\phi (p_i^{k_i})=\prod _{i=1}^n{p}_i^{k_i-1}(p_i-1)=\prod _{i=1}^n{p}_i^{k_i}\prod _{i=1}^n(1-\frac{1}{p_i})=a\prod _{i=1}^n(1-\frac{1}{p_i})$

这样我们就可以在 $O(\sqrt{a})$ 的复杂度内处理出 $\phi (a)$。

欧拉定理

直接给出结论：

若 $gcd(a,m)=1$ , 则有 $a^{\phi (m)}\equiv 1$ $(mod$ $m)$。

证明比较简单：

我们假定 $r_1,r_2,r_3...r_{\phi (m)}$ 为模 $m$ 下的一个剩余系,则 $a{r}_1,a{r}_2...a{r}_{\phi (m)}$ 也为模 $m$ 下的一个剩余系，所以有 $r_1\cdot r_2\cdot r_3\cdot ...\cdot r_{\phi (m)}\equiv a{r}_1\cdot a{r}_2\cdot a{r}_3\cdot ...\cdot a{r}_{\phi (m)}$ 同时约去剩余系 ， 即可得到上述公式 $a^{\phi (m)}\equiv 1$ $(mod$ $m)$。

具体证明可以参考 oiwiki。

拓展欧拉定理

对于欧拉定理，只有在 $gcd(a,m)=1$ 时才能使用，那么我们推广一下便可得到：

$$a^b\equiv \{\begin{array}{cc}{a}^{b\mathrm{mod}\phi (p)},& gcd(a,p)=1,\\ a^b,& gcd(a,p)\ne 1,b<\phi (p),(\mathrm{mod}p)\\ a^{b\mathrm{mod}\phi (p)+\phi (p)},& gcd(a,p)\ne 1,b\ge \phi (p)\end{array}$$

证明过程类似跳循环节，此处不再写。

那么，我们只需要预处理出 $\phi (m)$ 就可以按照拓展欧拉定理进行降幂了。

inline bool read(ll &opp,ll mod){ll x=0,t=1;char ch;ch=getchar();while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-'){t=-1;}ch=getchar();}ll flag=0;while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);if(x>=mod) flag=1,x%=mod;ch=getchar();}opp=x*t;return flag;}
inline void wr(ll x){if(x<0){putchar('-');x=-x;}if(x>9){wr(x/10);}putchar(x%10+'0');}
inline ll qpow(ll a,ll b,ll mod){return (!b?1ll:qpow(a*a%mod,b>>1,mod)*((b&1)?a:1ll))%mod;}
ll a,m,b;
signed main(){
	read(a),read(m);
	ll k=m,phi=m;
	fo(2,i,sqrt(m))
	  if(k%i==0)
	  {
		phi=phi/i*(i-1);
		while(k%i==0) k/=i;
	  }
	if(k>1) phi=phi/k*(k-1);
	ll op=read(b,phi);if(op) b+=phi;
	wr(qpow(a,b,m)),pr;
}

中国剩余定理（CRT）

考虑我们现在有同余方程组：

$$\{\begin{array}{c}x\equiv a_1(\mathrm{mod}{b}_1)\\ x\equiv a_2(\mathrm{mod}{b}_2)\\ ...\\ x\equiv a_n(\mathrm{mod}{b}_n)\end{array}$$

对于这个方程组的求解，我们有结论：

令 $n=\prod b_i$，$m_i=\frac{n}{b_i}$，$c_i=m_i(m_i^{-1}\mathrm{mod}{b}_i)$。

则有 $ans=\sum a_i{c}_i$。

考虑证明，我们要证明 $ans\equiv a_i(\mathrm{mod}{b}_i)$。

对于任意 $i\ne j$，显然有 $m_j\equiv c_j\equiv 0(\mathrm{mod}{b}_i)$，而又有 $c_i\equiv m_i(m_i^{-1}\mathrm{mod}{b}_i)\equiv 1(\mathrm{mod}{b}_i)$。

于是就可以推到出，对于每一个 $i$，有：

$$\sum a_i{c}_i\equiv a_i{c}_i\equiv a_i{m}_i(m_i^{-1}\mathrm{mod}{b}_i)\equiv a_i(\mathrm{mod}{b}_i)$$

得证，CRT 的正确性就是需要 $b_i$ 互质，不互质的话就需要 exCRT 了，求 $m^{-1}$ 时需要用到 exgcd。

inline ll Exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y)
{
	if(!b) return x=1,y=0,a;
	ll d=Exgcd(b,a%b,x,y);
	ll t=x;x=y,y=t-(a/b)*y;return d;
}
signed main(){
	read(n);fo(1,i,n) read(a[i]),read(b[i]),sum*=a[i];
	fo(1,i,n)
	{
		ll opt=sum/a[i],x,y;
		Exgcd(opt,a[i],x,y);
		ans=(ans+b[i]*opt*x%sum)%sum;
	}
	wr((ans%sum+sum)%sum),pr;
}