基础数论学习笔记

数论杂项

1. 扩展欧几里得

   裴蜀定理：$ax+by=gcd(a,b)$。有解。

   void exgcd(int a,int b,int &x,int &y){
     if(!b) x=1,y=0;
     else{
       exgcd(b,a%b,y,x);
       y-=x*(a/b);
     }
   }
   

​ 其他解：$x=x_0+i\times \frac{b}{gcd(a,b)}$。共有 $gcd(a,b)$ 个解。

2. 费马小定理

   若 $p$ 为质数，$a^p\equiv a(\mathrm{mod}p)$，$a^{p-1}\equiv 1(\mathrm{mod}p)$。

3. 欧拉函数、欧拉定理

   $\phi (m)$ 表示从 $1\to m-1$ 中与 $m$ 互质的数（包含 $1$）。

   若 $p$ 是质数，则 $\phi (p)=p-1$。

   若 $gcd(m,n)=1$，则 $\phi (mn)=\phi (m)\times \phi (n)$。

   $\phi (x)=x\times \prod _{i=1}^n(1-\frac{1}{p_i})$

   求法：若 $gcd(a,m)=1$，则 $a^{\phi }(m)\equiv 1(\mathrm{mod}m)$。

   推论：若 $gcd(a,m)=1$，则 $a^b\equiv a^{b\mathrm{mod}\phi (n)}(\mathrm{mod}m)$。

   扩展：若 $b\ge \phi (m)$，则 $a^b\equiv a^{b\mathrm{mod}\phi (m)+\phi (m)}(\mathrm{mod}m)$。

   筛法求欧拉函数：

   void oular(){
     vis[1]=1,phi[1]=1;
     for(int i=2;i<=n;i++){
       if(!vis[i]) pri[++cnt]=i,phi[i]=i-1;
       for(int j=1;i*pri[j]<=n;j++){
         vis[i*pri[j]]=1;
         if(i%pri[j]==0){
           phi[i*pri[j]]=phi[i]*pri[j];
           break;
         } 
         phi[i*pri[j]]=phi[i]*phi[pri[j]];
       }
     }
   }
   

4. 逆元、组合数

   $a\ast a^{-}1\equiv 1(\mathrm{mod}m)$ 则称$a^{-}1$是$a$在模$m$意义下的逆元。

   求法：

   1. $O(p\log p)$。

      由费马小定理可得，若$m$为质数，则有$a\ast a^{m-2}\equiv 1(\mathrm{mod}m)$。

      则$a^{m-2}$为逆元。可以使用快速幂。

   2. $O(p)$。

      设$m=$$\lfloor {\displaystyle \frac{m}{x}}\rfloor \ast x+r$。则有$x>r$。

      转化为$\lfloor {\displaystyle \frac{m}{x}}\rfloor \ast x+r\equiv 0(\mathrm{mod}m)$

      同乘$x^{-1}r-1$。则有$\lfloor {\displaystyle \frac{m}{x}}\rfloor \ast r^{-1}+x^{-1}\equiv 0(\mathrm{mod}m)$

      得$x^{-1}\equiv -\lfloor {\displaystyle \frac{m}{x}}\rfloor \ast r^{-1}(\mathrm{mod}m)$。

      显然$r<x$则$r^{-1}$已知。

      $r=m-\lfloor {\displaystyle \frac{m}{x}}\rfloor \ast x$。

      显然$r=m\mathrm{mod}x$。

      inv[1]=1;
      for(int i=2;i<=n;i++){
          inv[i]=((p-p/i)*inv[p%i]+p)%p;
      }
      

   $O(1)$ 求组合数：

   $C_n^m=n!\ast (m!{)}^{-1}\ast (n-m){!}^{-1}$

   注意到可以直接递归求出$n!$。而后$m{!}^{-1}=(m-1){!}^{-1}\ast m^{-1}\mathrm{mod}p$。

   又因为$m,n$范围，不可能暴力求。

   卢卡斯定理：

   $C_n^m\mathrm{mod}p=C_{n\mathrm{mod}p}^{m\mathrm{mod}p}\ast C_{n/p}^{m/p}\mathrm{mod}p$。

   前项显然均小于$p$。后一项递归求即可。

   void init(){
   	fac[0]=inv[0]=fac[1]=inv[1]=1;
   	for(int i=2;i<=mod;i++){
   		fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
   		inv[i]=((mod-mod/i)*inv[mod%i]+mod)%mod;
   	}
   	for(int i=2;i<=mod;i++) inv[i]=inv[i-1]*inv[i]%mod;
   }
   int C(int n,int m){
   	if(n<m) return 0;
   	return fac[n]*inv[m]%mod*inv[n-m]%mod;
   }
   int lucas(int n,int m){
   	if(m==0) return 1;
   	else return C(n%mod,m%mod)*lucas(n/mod,m/mod)%mod;
   }
   

5. 中国剩余定理

   对于形如 $x\equiv r_i(\mathrm{mod}{m}_i)$。

   设 $M=\prod _{i=1}^n{m}_i$，$M_i=\frac{M}{m_i}$。

   则 $x\equiv \sum _{i=1}^n{r}_i{M}_i^{-1}{M}_i(\mathrm{mod}m)$。