gcd,扩欧，同余，欧拉函数，总结

又来到令人痛苦的latex环节了

P1082 同余方程

板子题，没什么好说的

这道题既是求同余方程，也是求逆元

板子如下：

long long gcd(long long a,long long b,long long &x,long long &y)
{
    if(b==0)
    {
        x=1;
        y=0; 
        return a;
    }else
    {
        long long k=gcd(b,a%b,x,y);
        swap(x,y);
        y-=(a/b)*x;
        return k;
    }
}

P1516 青蛙的约会

设两只青蛙跳跃\(a\)次后相遇

\[x+ma\equiv=y+na(mod\;L) \]

\[ma-na\equiv y-x(mod\;L) \]

\[(m-n)a\equiv y-x(mod\;L) \]

\(m,n,x,y\)都是已知常量，接下来我们就可以愉快套板子了

值得注意的是，\(m-n\)可能是一个负数,这时便需交换两只青蛙的值

P1292 倒酒

说实话，我觉得这题至少得评绿，楼上一板子题还是绿呢......

总而言之，这道题的思想还是很巧妙的

由\(P_{a}\)最小这一限制可知在a不满的时候就把a里面的酒倒出来是一种 傻逼透顶 没有价值（无法使答案最小，却会使\(P_{a}\)白白增大）的行为

又因为\(P_{b}\)也要尽量最小，所以结束是b酒杯中一定是空的。

综上，我们可以写出下面的式子

\[P_{b}\times b-P_{a}\times a=ans \]

若要让\(ans\)最小，则\(ans=gcd(P_{a},P_{b})\)

我们让\(P_{a},P_{b}\)同除于\(g\)，此时\(P_{a},P_{b}\)互质

接下来，我们就可以写出

\[P_{b}\times b-P_{a}\times a=gcd(P_{a},P_{b}) \]

带入扩展欧几里得算法就可求解

注意，不能直接求\(P_{a}\)的最小整数解，然后算出\(P_{b}\)，这样算出来的\(P_{b}\)可能是负数，此时我们需要不断给调整\(P_{a}\)来使\(P_{b}\)为正数

P3811 【模板】乘法逆元

此题参照我的另一篇题解

P2054 P2054 [AHOI2005]洗牌洗牌

可以看出，一张牌在被洗过一次后，它的位置就从\(p\)变成了\(2p\;mod\;(n+1)\)

假设一张牌p在移动m此后到达了位置x

\[2^{m}p\;\equiv x(mod\;n+1) \]

\(m,n,x\)均为已知量,代入同余方程就可得出m值

P2158 [SDOI2008] 仪仗队

一眼看出，这题要求的实际上是在\(1<=x,y<=n\)中，有多少组gcd(x,y)=1,即\(\phi(x)\)的和。用一个线性求欧拉函数即可

注意，最后的结果应\(\times 2+1\),因为gcd(x,y)和gcd(y,x)不同，并且(2,2)被忽略了

剩下来两道题明天再更新

P2303 [SDOI2012] Longge 的问题

\[\begin{aligned} &\sum_{i=1}^{n}gcd(i,n) \\ =&\sum_{d}^{d|n}d\sum_{i=1}^{n}[gcd(i,n)=d] \\ =&\sum_{d}^{d|n}d\sum_{i=1}^{\frac{n}{d}}[gcd(i,n)=1] \\ =&\sum_{d}^{d|n}d\phi(\frac{n}{d}) \end{aligned} \]

我们枚举d，把\(\phi(\frac{n}{d})\)累加就行

因为n很大，\(\phi(\frac{n}{d})\)不能用数组线性求，只能单次用欧拉函数求出

P2155 [SDOI2008] 沙拉公主的困惑

题意可简述为，求

\[\begin{aligned} &\sum_{i=1}^{n!}[gcd[i,m!]==1] \end{aligned} \]

我们知道这样一个定理:

\[\begin{aligned} gcd(a+kb,b)=gcd(a,b) \end{aligned} \]

当\(b\)等于\(m!\)时,

\[\begin{aligned} gcd(a+km!,b)=gcd(a,m!) \end{aligned} \]

因此我们有了这样一个性质：
任意\([km!+1,(k+1)m!]\)区间内与\(m!\)互质的数的数量相同

因为 \(n>m\)，所以\(m!\)一定是\(n!\)的因子，\(n!\)一定能被分为\(\frac{n!}{m!}\)个长度为m!的区间

因此，可以得出

\[\begin{aligned} & \sum_{i=1}^{n!}[gcd[i,m!]==1] \\ &=\sum_{k=1}^{\frac{n!}{m!}}{}\sum_{i=km!+1}^{(k+1)m!}[gcd(i,m!)==1] \\ &=\sum_{k=1}^{\frac{n!}{m!}}{}\sum_{i=1}^{m!}[gcd(i,m!)==1] \\ &=\frac{n!}{m!}\phi(m!) \\ &=n!(m!)^{-1}\phi(m!) \end{aligned} \]

因此，我们只需求\((m!)^{-1}(mod\;R)\)，记得特判\(R|n!\)就A掉了