关于数论

质数

目前了解的筛法

埃氏筛，时间复杂度\(nlogn\)，\(log\)是根据调和级数算出来的，Dirichlet 前缀和和这个也有点像。

线性筛，平时比较常用的筛法，貌似所有的积性函数都可以筛就看自己会不会筛了。

一些定理

唯一分解定理，\(N=p_1^{c_1}p_2^{c_2}p_3^{c_3}p_k^{c_k}\)，经常用到。

费马小定理，\(a^{p-1}\equiv1 \pmod p\)，\(p\)为质数。

欧拉定理，\(a^{\phi(p)}\equiv 1 \pmod p\)，\(a,p\)互质。

中国剩余定理(CRT)，对于一组同余方程

\[x\equiv a_i \pmod {m_i} \]

其中各模数互质，设\(M\)为各模数乘积，有通解\(x=\sum a_i\times \frac{M}{m_i}\times t\)，其中\(t\)为\(\frac{M}{m_i}\)的逆元

证明如下：

对于\(\frac{M}{m_i}\times t\)，当模数为\(m_i\)的时候，该式子为\(1\)，否则为\(0\)，所以\(x\)满足各个方程。

卢卡斯定理(Lucas)，\(C_n^m\equiv C_{n/p}^{m/p}\times C_{n\%p}^{m\%p} \pmod p\)

一般和CRT一起使用，对于模数可以分解为最高次幂不超过\(1\)的质数积的时候，先求出每个模数下的答案然后CRT合并即可。

证明如下：

首先证明\(C_p^i\equiv 0 \ 1<=i<=p-1\)

\[C_p^i = \frac{p!}{i!(p-i)!}=\frac{p}i\frac{(p-1)!}{(i-1)!(p-1-i+1)!} \]

因为\(i\)是小于\(p\)的，所以一定存在逆元，于是

\[C_p^i\equiv pi^{-1}\frac{(p-1)!}{(i-1)!(p-1-i+1)!}=pi^{-1}C_{p-1}^{i-1} \]

所以\(C_p^i\equiv 0 \ 1<=i<=p-1\)

于是\((x+1)^p=C_p^0x^p+C_p^1x^{p-1}+C_p^2x^{p-2}+C_p^p\)

中间那一大段都是\(0\)

所以\((x+1)^p\equiv x^p+1\)

不妨设\(n=ap+b,m=cp+d\)

\((x+1)^n\)中第\(m+1\)项为\(C_n^mx^m\)

\((x+1)^n=(x+1)^{ap}(x+1)^b\equiv(x^p+1)^{a}(x+1)^b\)

从前边选出\(cp\)，即\(C_a^cx^{cp}\)，从后边选出\(d\)，有\(C_b^dx^d\)

所以\(C_a^cx^{cp}C_b^dx^d=C_a^cC_b^dx^m\)

比较系数得，\(C_n^m\equiv C_{n/p}^{m/p}\times C_{n\%p}^{m\%p} \pmod p\)

注意如果后边\(b<d\)的话结果一定为\(0\)，写出原始的式子就明白了。

扩展卢卡斯定理

感觉这个跟卢卡斯定理没什么关系，主要思想是把里边所有的\(p\)拿出来单独考虑，然后它就有逆元了，于是就能正常处理了。

拉格朗日插值

对于高次多项式

\[f_x=a+bx+cx^2+dx^3...+x^n \]

给出\(n+1\)个值求出它的表达式

暴力做就是高斯消元，\(n^3\)，但是巨佬感觉太慢了，于是它就提出了一个快速的方法。

\[f_x=\sum_i{y_i}\prod_{i!=j}\frac{x-x_j}{x_i-x_j} \]

直接把要求的值往里边代就行了，至于为什么，因为它是被构造出来的，所以代入几个值都对于是证毕？？？

逆元

exgcd求逆元

要求\(ax\equiv1\pmod{b}\)

可以把它变化成为\(ax-by=1\)，

因为只求\(x\)，所以变换\(y\)的系数没关系

得到\(ax+by=1\)
因为当二者互质时一定有解

所以，\(gcd(a,b)=gcd(b,a\%b)=1\)

所以\(bx'+a\%by'=1\)
然后得到\(ax+by==bx'+(a-\lfloor\frac{a}{b}\rfloor b)y'\)
又因为求整数解，所以让对应的系数相等即可。

得到\(x=(a-\lfloor\frac{a}{b}\rfloor b)y'\),\(y=x'\)

exgcd求方程的其他解

令特解为\(x_0,y_0\)

那么有\(ax_0+by_0=ax+by\)

\(a(x_0-x)==b(y-y_0)\)

\(\frac{a}{gcd(a,b)}(x_0-x)=\frac{b}{gcd(a,b)}(y-y_0)\)

这时由于系数是互质的，
\(x_0-x=\frac{b}{gcd(a,b)}\),

所以\(x=x_0-\frac{b}{gcd(a,b)}\)。

线性求逆元

设\(Mod=ki+r\)

则有\(ki+r\equiv 0\pmod{Mod}\)

同时乘上\(i^{-1}r^{-1}\)得到\(kr^{-1}+i_{-1}\equiv 0\pmod{Mod}\)

所以\(i^{-1}\equiv-kr^{-1}\pmod{Mod}\)

即\(i^{-1}\equiv-\lfloor\frac{Mod}{i}\rfloor(p\%i)^{-1}\)