数论知识点全明星

数论知识点整合。（但是我数论很菜呀！！！）

质数

质数是指在大于1的自然数中，除了1和它本身以外不再有其他因数的自然数。

单个数质数判断方法

1. 朴素算法：如果 $n$ 不是质数，则 $\mathrm{\exists }p,q\in N^{\ast },pq=n$ ，不妨令 $p⩽\sqrt{n}$ ，只要检验所有的小于 $\sqrt{n}$ 的数是否能整除 $n$ 即可，时间复杂度为 $O(\sqrt{n})$ 。
2. Miller-Rabin算法：
   前置知识：二次探测定理——对于素数 $p$ ，若 $x^2\equiv 1(\mathrm{mod}p)$ ，则 $x\equiv \pm 1(\mathrm{mod}p)$ ；费马小定理——对于素数 $p$ ，满足 $\mathrm{\forall }a\in N^{\ast },a^p\equiv a(\mathrm{mod}p)$ 。
   假定我们的 $n$ 是一个大于 $2$ 的奇数（不然可以直接判断），如果它是质数，则 $a^{n-1}\equiv 1(\mathrm{mod}p)$ 。我们随意找一个 $a\in (0,n)$ 进行检验，如果这个成立，则 $n$ 可能是素数。
   与此同时，二次探测定理在一定程度上也能够检验素数，所以，将 $n-1$ 转化成 $m\times 2^t$ ，首先预处理出 $x=a^m$ ，然后递归 $t$ 次 $y=x^2,x=y$ 如果 $y=1$ 则检验 $x$ 是否等于 $1$ 或 $n-1$ ，如果不是，返回 false 。
   最后，如果 $a^{n-1}\equiv 1(\mathrm{mod}p)$ 成立，返回 true ，否则返回 false 。
   上述算法有 $\frac{3}{4}$ 个概率正确，有 $\frac{1}{4}$ 的概率错误。所以，检验 $k$ 次的正确率就是 $1-{\left({\displaystyle \frac{1}{4}}\right)}^k$ ，当 $k$ 取 5~7 时正确率就足够高了。

素数筛法

1. 埃氏筛，暴力枚举每一个数的大于它的所有倍数，他们不然不是质数，复杂度为 $O(n\ln \ln n)$
2. 欧拉筛/线性筛，顾名思义，这个做法是线性的，具体实现时，对于任何一个合数 $n$ ，记它最小的质因子为 $p$ ，数 $n$ 只会被 $\frac{n}{p}$ 筛掉。

因数倍数

$gcd(a,b)$ 表示 $a$ 和 $b$ 最大公因数； $\mathrm{lcm}(a,b)$ 与 $[a,b]$ 表示 $a$ 和 $b$ 最小公倍数。

最大公因数求法

暴力枚举（ $O(min(a,b))$ ），更相减损法，辗转相除法（ $O(\log max(a,b)$ ）。

最小公倍数求法

$[a,b]={\displaystyle \frac{a\times b}{(a,b)}}$ 。

扩展欧几里得算法

求解关于 $x$ 和 $y$ 的同余方程的整数特解 $ax+by=gcd(a,b)$ 。
不妨令 $a>b$ 。
则 $a=\lfloor {\displaystyle \frac{a}{b}}\rfloor \times b+(amodb)$ 。
$\therefore [\lfloor {\displaystyle \frac{a}{b}}\rfloor \times b+(amodb)]x+by=gcd(a,b)$
$\therefore b(\lfloor {\displaystyle \frac{a}{b}}\rfloor \times x+y)+(amodb)x=gcd(b,(amodb))$
递归求解 $b$ 与 $amodb$ ，直到 $amodb=0$ 即可。

裴蜀定理

关于 $x$ 和 $y$ 的同余方程 $ax+by=c$ 有整数解的充要条件是 $gcd(a,b)|c$ 。
必要性证明：
$\because gcd(a,b)|ax,gcd(a,b)|by$
$\therefore gcd(a,b)|ax+by=c$
充分性证明：根据拓展欧几里得定理 $ax+by=gcd(a,b)$

同余

$a,p\in N^{\ast }$ 如果 $\mathrm{\exists }p,q\in Z,a=q\times p+r$ 则称 $a\equiv r(\mathrm{mod}p)$ 。

除法逆元与欧拉定理

如果 $ab\equiv 1(\mathrm{mod}p)$ ，则称 $b$ 为 $a$ 在模 $p$ 意义下的乘法逆元，记为 $a^{-1}$ ，显然在 $gcd(a,p)\ne 1$ 时不存在逆元。

费马小定理

对于质数 $p$ ，满足 $a^{p-1}\equiv 1(\mathrm{mod}p)$ 。

欧拉定理

对于 $a\mathrm{\perp }p$ ，满足 $a^{\phi (p)}\equiv 1(\mathrm{mod}p)$ ，由于在 $p$ 为质数时 $\phi (p)=p-1$ ，所以费马定理是欧拉定理的特殊形式。

拓展欧拉定理

对于任意的 $a,p,b\in N^{\ast },b⩾\phi (p)$ ，$a^b\equiv a^{(bmod\phi (p))+\phi (p)}(\mathrm{mod}p)$ 。

Wilson定理

对于质数 $p$ ，有 $(p-1)!\equiv -1(\mathrm{mod}p)$

阶与原根

阶

根据欧拉定理对于 $a\mathrm{\perp }p$ ，满足 $a^{\phi (p)}\equiv 1(\mathrm{mod}p)$ ，因此满足 $a^n\equiv 1(\mathrm{mod}p)$ 的最小正整数 $n$ 存在，这个 $n$ 为 $a$ 模 $p$ 的阶，记为 ${\delta }_p(a)$ 。

阶的相关性质

1. $a,a^2\dots a^{{\delta }_p(a)}$ 模 $p$ 两两不同余
2. $a^p\equiv a^q(\mathrm{mod}n)$ ，则 $p\equiv q(\mathrm{mod}{\delta }_n(a))$

原根

对于 $a\mathrm{\perp }p$ ，若 ${\delta }_p(a)=\phi (p)$ 则称 $a$ 为模 $p$ 的原根。
原根判定定理：对于 $p⩽3,a\mathrm{\perp }p$ ， $a$ 为模 $p$ 的原根的充要条件是对于每一个 $\phi (p)$ 的质因数 $q$ ，有 $a^{\frac{\phi (p)}{q}}\not\equiv 1(\mathrm{mod}p)$ 。

同余方程(组)求解

CRT

求解同余方程组：
$\{\begin{array}{ll}x\equiv & a_1(\mathrm{mod}{p}_1)\\ x\equiv & a_2(\mathrm{mod}{p}_2)\\ & \dots \\ x\equiv & a_n(\mathrm{mod}{p}_n)\end{array}$ ，其中 $p_1,p_2\dots p_n$ 两两互质。
我们知道，对于 $L=\prod _{i=1}^n{p}_i$ ， $\mathrm{\forall }i\in [1,n]\cap N^{\ast },k\in N^{\ast },k\times L\equiv 0(\mathrm{mod}{p}_i)$ 。
因为 $p_i\times p_i^{-1}\equiv 1(\mathrm{mod}n)$ ，所以 $\frac{L}{p_i}\times {\left(\frac{L}{p_i}\right)}^{-1}mod{p}_j=\{\begin{array}{ll}1,& i=j\\ 0,& otherwise\end{array}$ ，其中 ${\left(\frac{L}{p_i}\right)}^{-1}$ 为模 $p_i$ 意义下的逆元 。
所以对于 $X=\sum _{i=1}^n(a_i\times \frac{L}{p_i}\times {\left(\frac{L}{p_i}\right)}^{-1}mod{p}_i)modL$ 满足上述同余方程组。

exCRT

求解同余方程组：
$\{\begin{array}{ll}x\equiv & a_1(\mathrm{mod}{p}_1)\\ x\equiv & a_2(\mathrm{mod}{p}_2)\\ & \dots \\ x\equiv & a_n(\mathrm{mod}{p}_n)\end{array}$ 。
我们没有 $p_1,p_2\dots p_n$ 两两互质的前提条件，也就意味着我们上述构造的先决条件没有了，因为它的结构十分一般，所以考虑两两合并。
考虑同余方程组 $\{\begin{array}{l}x\equiv a_1(\mathrm{mod}{p}_1)\\ x\equiv a_2(\mathrm{mod}{p}_2)\end{array}$ 。
我们设 $x=p_1\times q_1+a_1=p_2\times q_2+a_2$ 。
$\therefore p_1\times q_1-p_2\times q_2=a_1-a_2$ ，我们根据裴蜀定理知道，存在 $q_1,q_2$ 的充分必要条件是 $gcd(p_1,p_2)|a_1-a_2$ 。
假设上述式子成立，我们根据 exgcd 可以得到一组 $q_1,q_2$ 的特解，这两个同余方程组可以合并成 $x\equiv p_1\times q_1+a_1(\mathrm{mod}\mathrm{lcm}(p_1,p_2))$ 。
一直递归求解即可。

BSGS

求同余方程 $a^x\equiv b(\mathrm{mod}p)$ ，其中 $a\mathrm{\perp }p$ 。
根据欧拉定理，必然存在一个小于 $\phi (p)$ 的根，也就是有一个小于 $p$ 的根。
记 $N=\sqrt{p}$ ，则 $x$ 可以表示为 $AN-B$ ，其中 $0⩽A-1,B<N$ 。
则 $a^{AN-B}\equiv b(\mathrm{mod}p)$ 。
$\therefore a^{AN}\equiv b{a}^B(\mathrm{mod}p)$ 。
预处理出所有的 $a^{AN}$ 和 $b{a}^B$ ，然后看是否有匹配的即可。

exBSGS

求同余方程 $a^x\equiv b(\mathrm{mod}p)$ 。
没有和互质的条件，我们就尝试让 $a,p$ 互质。
设 $d_1=gcd(a,p)$ ，如果 $d_1\nmid b$ ，同余方程必然无解 。
如果 $d_1\mid b$ ，则 ${\displaystyle \frac{a}{d_1}}\times a^{x-1}\equiv {\displaystyle \frac{b}{d_1}}(\mathrm{mod}{\displaystyle \frac{p}{d_1}})$ 。
这个时候如果满足互质关系，就可以直接BSGS了。否则，我们继续上述操作，找 $d_2=gcd(a,{\displaystyle \frac{p}{d_1}})$。
直到 ${\displaystyle \frac{a^k}{d_1{d}_2\dots d_k}}\times a^{x-k}\equiv {\displaystyle \frac{b}{d_1{d}_2\dots d_n}}(\mathrm{mod}{\displaystyle \frac{p}{d_1{d}_2\dots d_n}})$ ，其中 $a\mathrm{\perp }{\displaystyle \frac{p}{d_1{d}_2\dots d_n}}$ 。
这也就意味着 ${\displaystyle \frac{a^k}{d_1{d}_2\dots d_k}}\mathrm{\perp }{\displaystyle \frac{p}{d_1{d}_2\dots d_n}}$ ，乘上逆元移到右边就是正常的BSGS了。
当然，也有可能是有小于 $k$ 的答案，我们只需要枚举它们即可。

高次同余方程

求解方程 $x^a\equiv b(\mathrm{mod}p)$ ，其中 $p$ 为质数，且 $a\mathrm{\perp }(p-1)$。
首先求出 $p$ 的原根 $g$ ，令 $b=g^v$ ，$x=g^u$ 。
则 $g^{au}\equiv g^v(\mathrm{mod}p)$ 。
$\therefore au\equiv v(\mathrm{mod}p-1)$ 。
首先用BSGS求出 $v$ ， $u=v\times a^{-1}$ 即可求出 $x$ 。

组合数

定义 $C_n^m$ 与表示从 $n$ 个元素中选 $m$ 个的组合数，显然 $C_n^m={\displaystyle \frac{n!}{m!(n-m)!}}$ ，一般也写作 ${\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m})}$ 。

基本公式

1. $C_n^m=C_n^{n-m}$
2. $\sum _{i=0}^n{C}_n^i=2^n,\sum _{i=0}^n(-1{)}^i{C}_n^i=0$
3. $C_n^{m}mod2=[n\mathrm{\&}m=m]$ <---(这个很重要)

Lucas定理

对于质数 $p$ 有：${\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m})}\equiv {\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{\lfloor n/p\rfloor }{\lfloor m/p\rfloor })}\times {\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{nmodp}{mmodp})}(\mathrm{mod}p)$ 。
其中 ${\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{nmodp}{mmodp})}$ 可以直接预处理， ${\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{\lfloor n/p\rfloor }{\lfloor m/p\rfloor })}$ 接着递归处理即可，求单个组合数的复杂度为 $O(f(n)+g(n)\log n)$ ，其中 $f(n)$ 为预处理复杂度， $g(n)$ 为单次求组合数复杂度。

exLucas定理

Lucas定理只能处理 $p$ 为质数的情况，对于不是质数的，我们就需要用exLucas定理。
求 ${\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m})}modP$ ，其中 $P$ 可能是合数。
根据唯一分解定理 $P=\prod _{i=1}^n{p}_i^{{\alpha }_i}$ ，其中 $p_i$ 为质数。
我们求出每一个 ${\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m})}mod{p}_i^{{\alpha }_i}$ ，然后用中国剩余定理即可。
也就是要求 ${\displaystyle \frac{n!}{m!(n-m)!}}mod{p}^{\alpha }$ ，需要求分母求逆元，但由于 $m!(n-m)!$ 不一定与质数 $p$ 互质。所以考虑先提取出所有的 $p$ 。
所求转化为 ${\displaystyle \frac{{\displaystyle \frac{n!}{p^x}}}{{\displaystyle \frac{m!}{p^y}}{\displaystyle \frac{(n-m)!}{p^z}}}}\times p^{x-y-z}mod{p}^{\alpha }$ 。
记 $S(n)$ 为 $n!$ 除掉所有因数 $p$ 的值。
现在考虑如何求 $S(n)mod{p}^{\alpha }$ 。
$\because n!=(p\times 2p\times \cdots \times \lfloor {\displaystyle \frac{n}{p}}\rfloor p)\times (1\times 2\times \dots )$
$S(n)\equiv S\left(\lfloor {\displaystyle \frac{n}{p}}\rfloor \right)\times {\left(\prod _{i=1,p\nmid i}^{p^{\alpha }}i\right)}^{\lfloor \frac{n}{p^{\alpha }}\rfloor }\times (nmod{p}^{\alpha })!(\mathrm{mod}{p}^{\alpha })$ 。
$S\left(\lfloor {\displaystyle \frac{n}{p}}\rfloor \right)$ 递归做，后面的暴力做既可。

容斥

在计数时，必须注意没有重复，没有遗漏。为了使重叠部分不被重复计算，人们研究出一种新的计数方法，这种方法的基本思想是：先不考虑重叠的情况，把包含于某内容中的所有对象的数目先计算出来，然后再把计数时重复计算的数目排斥出去，使得计算的结果既无遗漏又无重复，这种计数的方法称为容斥原理。

基本容斥

$\left|\bigcup _{i=1}^n{A}_i\right|=\sum _{T\subseteq [1,n]\cap N^{\ast }}(-1{)}^{|T|+1}\left|\bigcap _{i\in T}{A}_i\right|$

minmax容斥

$\underset{i\in S}{max}\{a_i\}=\sum _{T\subseteq S}(-1{)}^{|T|+1}\underset{i\in T}{min}\{a_i\}$
$\underset{i\in S}{min}\{a_i\}=\sum _{T\subseteq S}(-1{)}^{|T|+1}\underset{i\in T}{max}\{a_i\}$

积性函数与迪利克雷卷积

积性函数

完全积性函数定义： $\mathrm{\forall }a,b\in N^{\ast },f(ab)=f(a)f(b)$ 。
常见完全积性函数：元函数 $ϵ(n)=[n==1]$ ，恒函数 $I(n)=1$ ，单位函数 $id(n)=n$ 。
积性函数定义： $\mathrm{\forall }a,b\in N^{\ast },a\mathrm{\perp }b,f(ab)=f(a)f(b)$ 。
常见积性函数：

欧拉函数 $\phi (n)$

定义 $\phi (n)$ 表示不超过 $n$ 的自然数中与 $n$ 互质的数的个数。
如果 $n$ 的唯一分解式为 $n=\prod _{i=1}^k{p}_i^{{\alpha }_i}$ ，则 $\phi (n)=n\prod _{i=1}^k{\displaystyle \frac{p_i-1}{p_i}}$ 。
$\phi (ab)={\displaystyle \frac{\phi (a)\times \phi (b)\times gcd(a,b)}{\phi [gcd(a,b)]}}$ 。
$n=\sum _{d|n}\phi (d)$ （欧拉反演）。

莫比乌斯函数 $\mu (n)$

定义 $\mu (n)=\{\begin{array}{ll}1& ,n=1\\ (-1{)}^k& ,n=\prod _{i=1}^k{p}_i\\ 0& ,otherwise\end{array}$ ，其中 $p_i$ 为互异质数。
$\sum _{d|n}\mu (d)=[n==1]$ 。
$\sum _{d|n}{\displaystyle \frac{\mu (d)}{d}}={\displaystyle \frac{\phi (n)}{n}}$ 。

约数个数函数 $d(n)$

$d(n)=\sum _{d|n}1$ 。

迪利克雷卷积

$f\ast g=\sum _{d|n}f(d)g\left(\frac{n}{d}\right)$
有定义可得 $\phi \ast I=id,\mu \ast I=ϵ,\mu \ast id=\phi$ 。

莫比乌斯反演

若 $f\ast I=F$ ，即 $F(n)=\sum _{d|n}f(d)$ ，则 $F\ast \mu =f$ ，即 $f(n)=\sum _{d|n}\mu (\frac{n}{d})F(d)$ 。
若 $F(n)=\sum _{n|d}f(d)$ ，则 $f(n)=\sum _{n|d}\mu (\frac{d}{n})F(d)$ 。

数论分块

基本思想

考虑数 $\lfloor \frac{n}{d}\rfloor$ 。
在 $d⩽\sqrt{n}$ 时，$\lfloor \frac{n}{d}\rfloor$ 最多有 $\sqrt{n}$ 个取值。
当 $d>sqrtn$ 时，$\lfloor \frac{n}{d}\rfloor ⩽\frac{n}{d}<\sqrt{n}$ 也最多只有 $\sqrt{n}$ 个取值。
所以我们需要求有关 $\lfloor \frac{n}{d}\rfloor$ 的求和时，只需要考虑这 $2\sqrt{n}$ 的值即可，复杂度为 $O(\sqrt{n})$ 。

杜教筛

求积性函数 $f(n)$ 的前 $m$ 项的和 $S(m)$ 。
我们先找到一个合适的积性函数 $g(n)$ 。
则
$\sum _{i=1}^n(f\ast g)(i)$
$=\sum _{i=1}^n\sum _{d|i}f(d)g(\frac{i}{d})$
$=\sum _{d=1}^{n}g(d)\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }f(i)$
$=\sum _{d=1}^{n}g(d)S(\lfloor \frac{n}{d}\rfloor )$
所以 $g(1)S(n)=\sum _{i=1}^n(f\ast g)(i)-\sum _{d=2}^{n}g(d)S(\lfloor \frac{n}{d}\rfloor )$ 。
所以我们找到合适的 $g(n)$ 使得 $(f\ast g)(n)$ 的前缀和方便求解，然后数论分块递归求后面一部分即可。
单纯递归的复杂度为 $O(n^{\frac{3}{4}})$ 。
考虑线性筛预处理出前 $m$ 个的答案，则复杂度为 $O(m+\frac{n}{\sqrt{m}})$ ，当 $m=n^{\frac{2}{3}}$ 时，取最优复杂度 $O(n^{\frac{2}{3}})$ 。

Min25筛

这是一种亚线性筛法，能够在 $O(\frac{n^{\frac{3}{4}}}{\log n})$ ，算出 $\sum _{i=1}^{n}f(i)$ 的值。
而比较好实现的方法被证明是 $O(n^{1-ϵ})$ 的。
加下来我们记 $\mathbb{P}=p_1,p_2,p_3\dots$ 为小于等于 $n$ 的质数集， ${\mathbb{P}}^{\ast }$ 为小于等于 $\sqrt{n}$ 的质数集， $LPF$ 为最小质因数（lowest prime factor）。
当然，使用这种筛法需要满足一些限制：

1. $f(n)$ 需要是一个积性函数。
2. $f(p),p\in \mathbb{P}$ 是一个关于 $p$ 的低维多项式，即 $f(p)=\sum _{i=0}^n{a}_i{p}^i,p\in \mathbb{P}$ 。
3. $f(p^k),p\in \mathbb{P}$ 能够快速求值。

很多时候，给定的 $f(p)$ 会和质数有关，所以考虑将所有的质数提取出来。
$\sum _{i=1}^{n}f(i)=\sum _{i\in \mathbb{P}}f(i)+\sum _{i=1}^n[i\notin \mathbb{P}]f(i)$ 。
首先考虑如何处理出所有的质数。
因为我们知道 $f(p),p\in \mathbb{P}$ 是一个关于 $p$ 的低维多项式，所以我们可以把它的每一位单独拆开，而且每一位都是一个完全积性函数 $f(i)=i^k$ 。
然后Min_25发现了一种DP方式来处理这个问题（接下来的处理过程中可以不考虑 $1$ ，时具体实现而定）。
记 $g(n,i)=\sum _{j=1}^n[j\in \mathbb{P}orLP{F}_j>p_i]j^k$ 。
那么我们需要的就是 $g(n,|{\mathbb{P}}^{\ast }|)$ 。
考虑从 $g(n,i-1)$ 转移到 $g(n,i)$ ，发现我们是减少了一些数，因为我们的限制从 $LP{F}_j>p_{i-1}$ 提升到了 $LP{F}_j>p_i$ 。
我们减少了所有 $LP{F}_j=p_i$ 的，因为它是完全积性函数，所以可以将删掉的这些数全部从 $f(x)$ 替换成 $f(p_i)f(\frac{x}{p_i})$ 。
在除了一个 $p_i$ 之后，它的LPF仍然会大于 $p_i$ 。
所以 $g(n,i)=g(n,i-1)-f(p_i)(g(\lfloor {\displaystyle \frac{n}{p_i}}\rfloor ,i-1)-g(p_{i-1},i-1))$ ，根据定义，我们知道 $g(p_{i-1},i-1)=\sum _{j=1}^{i-1}{p}_j^k$ 。
则 $g(n,i)=g(n,i-1)-f(p_i)(g(\lfloor {\displaystyle \frac{n}{p_i}}\rfloor ,i-1)-\sum _{j=1}^{i-1}{p}_j^k)$ 。
因为任何小于 $n$ 的合数一定有一个小于 $\sqrt{n}$ 的质因数，所以我们只需要用线性筛预处理出小于等于 $\sqrt{n}$ 的质数即可。
其次，因为 $\lfloor {\displaystyle \frac{\lfloor {\displaystyle \frac{n}{a}}\rfloor }{b}}\rfloor =\lfloor {\displaystyle \frac{n}{ab}}\rfloor$ ，所以g中的前一维必然是 $\lfloor {\displaystyle \frac{n}{x}}\rfloor$ 的形式，所以只会有 $O(\sqrt{n})$ 种取值。
现在我们再来考虑另一个DP式。
$S(n,i)=\sum _{j=1}^n[LP{F}_j>p_i]f(j)$ ，答案就是 $S(n,0)$ 。
仍然对贡献进行分类：

1. $>p_i$ 的质数，在第 $k$ 维上的总贡献为 $a_k(g(n,|{\mathbb{P}}^{\ast }|)-\sum _{j\in {\mathbb{P}}^{\ast }}{p}_i^k)$ 。
2. 其他，由于 $f(n)$ 是积性函数，所以考虑将所有 $LPF=p_j$ 且 $p_j$ 项指数为 $e$ 的全部提取出来，贡献为 $f(p_j^e)(S(\lfloor {\displaystyle \frac{n}{p_j^e}}\rfloor ,j)+[e\ne 1])$ 。

所以 $S(n,i)=res+\sum _{p_j^e⩽n\mathrm{\&}j>i}f(p_j^e)(S(\lfloor {\displaystyle \frac{n}{p_j^e}}\rfloor ,j)+[e\ne 1])$ ，其中 $res$ 为质数部分的贡献。
有人证明，求 $S$ 是不记忆化复杂度是正确的，所以直接递归即可，边界情况就是 $p_i⩽n$ 。
一定要注意自己的算法到底有没有算1 ，上述算法是没有算的，所以最终答案为 $S(n,0)+1$ 。

多项式科技

拉格朗日插值

对于一个最高次项次数小于等于 $n$ 的多项式 $f(x)$ ，确定了 $n+1$ 个不同的值，即 $f(x_i)=y_i,\mathrm{\forall }i\ne j,x_i\ne x_j,i,j=1,2\dots n+1$ 时，我们可以唯一确定多项式 $f(x)$ 。
此时 $f(x)=\sum _{i=1}^{n+1}{y}_i{\displaystyle \frac{\prod _{j=1,j\ne i}^n(x-x_j)}{\prod _{j=1,j\ne i}^n(x_i-x_j)}}$ 。
因为我们知道 ${\displaystyle \frac{\prod _{j=1,j\ne i}^n(x-x_j)}{\prod _{j=1,j\ne i}^n(x_i-x_j)}}=\{\begin{array}{l}0,x\ne x_i\\ 1,x=x_i\end{array}$ 。
这样我们就可以快速的求出一个多项式的值了。

FFT

我们知道在确定了 $n+1$ 个值的时候，可以唯一确定一个 $n$ 次多项式，对于一般多项式，我们知道若 $h(x)=f(x)g(x)$ 则 $h(x_i)=f(x_i)g(x_i)$ 。
所以对于两个多项式的乘法，我们可以用 $O(n)$ 的时间对它的 $n$ 个值进行乘除运算即可。
这时候我们需要找到合适的值，所以就用到了复数。
记 ${\omega }_n=e^{i\frac{2\pi }{n}}=\cos (\frac{2\pi }{n})+i\sin (\frac{2\pi }{n})$ 。
我们知道 ${\omega }_n^2={\omega }_{\frac{n}{2}}$ ， ${\omega }_{2n}^k+{\omega }_{2n}^{n+k}=0$。
设 $n=2^m$ 。
则 $f({\omega }_n^k)=\sum _{i=0}^n{a}_i\times ({\omega }_n^k{)}^i$ 。
$\therefore f({\omega }_n^k)=\sum _{i=0}^{\frac{n}{2}}{a}_{2i}\times ({\omega }_n^k{)}^{2i}+\sum _{i=0}^{\frac{n}{2}}{a}_{2i+1}\times ({\omega }_n^k{)}^{2i+1}$ 。
$\therefore f({\omega }_n^k)=\sum _{i=0}^{\frac{n}{2}}{a}_{2i}\times ({\omega }_{\frac{n}{2}}^k{)}^i+{\omega }_n^k\times \sum _{i=0}^{\frac{n}{2}}{a}_{2i+1}\times ({\omega }_{\frac{n}{2}}^k{)}^i$ 。
这样我们就可以递归求出 $f({\omega }_n^0),f({\omega }_n^1)\dots f({\omega }_n^{n-1})$ 了。
不难发现，它的逆变换是类似的，只是将单位根 ${\omega }_n$ 取成 $e^{-i\frac{2\pi }{n}}$ ，最后再乘一个 $\frac{1}{n}$ 即可。
这里 $n$ 需要等于 $2^m$ 。

NTT

因为FFT无法解决对答案取模的情况，所以我们考虑将单位根 ${\omega }_n$ 替换成原根。
最常见 $Mod=998244353=7\ast 17\ast 2^{23}+1$ ，其中 $g=3$ 。
由于 $g^{qn}=1(\mathrm{mod}Mod)$ ，只需要将 ${\omega }_n$ 替换成 $g^q$ 。
显然 $\phi (998244353)=998244352=7\ast 17\ast 2^{23}$ 。所以对于不同的 $n$ 进行替换即可。

FMT

或卷积运算

由于题目的需要，我们有时得把卷积运算进行一定的变换。
本来的正常运算是处理 $c_k=\sum _{i+j=k}{a}_i{b}_j$ 的，这个时候FFT和NTT才适用。
考虑卷积运算 $c_k=\sum _{i|j=k}{a}_i{b}_j$ 。
$FMT(A{)}_i=\sum _{j\in i}{A}_j$ 。
所以 $FMT(A{)}_i\times FMT(B{)}_i=\sum _{j\in i}{A}_j\times \sum _{k\in i}{B}_k$
$=\sum _{j\in i}\sum _{k\in i}{A}_j{B}_k$
$=\sum _{l\in i}\sum j|k=l{A}_j{B}_k=FMT(C{)}_i$ 。
不难发现这是高维前缀和。

与卷积运算

考虑卷积运算 $c_k=\sum _{i\mathrm{\&}j=k}{a}_i{b}_j$ 。
$FMT(A{)}_i=\sum _{i\in j}{A}_j$ 。
所以 $FMT(A{)}_i\times FMT(B{)}_i=\sum _{i\in j}{A}_j\times \sum _{i\in k}{B}_k$
$=\sum _{i\in j}\sum _{i\in k}{A}_j{B}_k$
$=\sum _{i\in l}\sum _{j\mathrm{\&}k=l}{A}_j{B}_k=FMT(C{)}_i$ 。
快速求解就是高维后缀和。

FWT

异或卷积运算

考虑卷积运算 $c_k=\sum _{i\oplus j=k}{a}_i{b}_j$ 。这时候我们需要一个新的变换。
这是，沃尔什想出来了一个特别的变换。
$FWT(A{)}_i=\sum _{j=0}^n(-1{)}^{popcnt(i\mathrm{\&}j)}{A}_j$ ， $popcnt(x)$ 表示 $x$ 的二进制表示下 $1$ 的个数。
那么 $FWT(A{)}_i\times FWT(B{)}_i=(\sum _{j=0}^n(-1{)}^{popcnt(i\mathrm{\&}j)}{A}_j)\times (\sum _{j=0}^n(-1{)}^{popcnt(i\mathrm{\&}j)}{B}_j)$
$=\sum _{j=0}^n\sum _{k=0}^n(-1{)}^{popcnt(i\mathrm{\&}j)+popcnt(i\mathrm{\&}k)}{A}_j{B}_k$
我们知道， $popcnt(i\mathrm{\&}j)+popcnt(i\mathrm{\&}k)\equiv popcnt(i\mathrm{\&}(j\oplus k))$ 。
所以 $FWT(A{)}_i\times FWT(B{)}_i=\sum _{j=0}^n\sum _{k=0}^n(-1{)}^{popcnt(i\mathrm{\&}(j\oplus k))}{A}_j{B}_k=FWT(C{)}_i$ 。
考虑用分治优化变换过程。
因为变换的过程和 $i$ 的二进制下每一位有关，所以考虑每一位的影响。
考虑它其中的某一位。当且仅当 $i$ 和 $j$ 均为 $1$ 的时候，在变换中会对答案乘上 $-1$ 的贡献，所以 $FWT(A{)}_i=FWT(A0)+FWT(A1),FWT(A{)}_{i+\frac{n}{2}}=FWT(A0{)}_i-FWT(A1{)}_i$ 。
逆运算需要带一个 ${\displaystyle \frac{1}{n}}$ 的系数。

子集卷积

考虑卷积运算 $C_k=\sum _{i|j=k,i\mathrm{\&}j=0}{A}_i{B}_j$ 。
发现需要满足的第一个条件 $i|j=k$ 就是或卷积运算。
而第二个条件，就需要满足 $popcnt(i)+popcnt(j)=popcnt(k)$ 。
所以我们考虑加一维按 $popcnt(i)$ 分开即可。
然后就是子集卷积，复杂度比FMT多了一维 $popcnt$ 。