同余 与 数论其他

一.定理

费马小定理&欧拉定理

• 若 $p$ 为质数且 $a\not\equiv 0(\mathrm{mod}p)$，则 $a^{p-1}\equiv 1(\mathrm{mod}p)$.

• 若 $gcd(a,m)=1$，则 $a^{\phi (m)}\equiv 1(\mathrm{mod}m)$.

• （扩展欧拉定理）若 $b\ge \phi (p)$，则有 $a^b\equiv a^{bmod\phi (p)+\phi (p)}(\mathrm{mod}p)$.

二.算法

欧几里得算法

给定 $a,b$，求 $gcd(a,b)$。

我们发现，有：

$$gcd(a,b)=\{\begin{array}{ll}a& b=0\\ gcd(b,amodb)& b\ne 0\end{array}$$

利用这个东西递归计算即可。

扩展欧几里得（exgcd）

• 记 $g=gcd(a,b)$，求解下列方程：$ax+by=g$

设计函数 exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y)。

当 $b=0$ 时，我们解此时的方程 $a_{0}x+b_{0}y=g=a_0$，只需令 $x=1,y=0$ 即可。

若已经知道了 $bx+(amodb)y=g$ 的一组解 $x_0,y_0$，如何借出方程 $ax+by=g$ 的一组解？

$$\begin{array}{rl}b{x}_0+(amodb)y_0& =b{x}_0+(a-\lfloor \frac{a}{b}\rfloor \cdot b)y_0\\ & =b{x}_0+a{y}_0-\lfloor \frac{a}{b}\rfloor \cdot b{y}_0\\ & =a(y_0)+b(x_0-\lfloor \frac{a}{b}\rfloor \cdot y_0)\end{array}$$

于是我们就得到了一组解 $x=y_0,y=x_0-\lfloor \frac{a}{b}\rfloor \cdot y_0$，不停地向上回溯即可解出原方程的解。

代码：

ll exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y){
	if(!b){ x=1,y=0;return a; }
	ll d=exgcd(b,a%b,x,y);
	ll z=x; x=y; y=z-y*(a/b);//妈妈生的！！a/b要带括号！！！ 
	return d;
}

注：

方程 $ax+by=c$ 当且仅当 $gcd(a,b)\mid c$ 时有解。

线性同余方程

求解同余方程 $ax\equiv b(\mathrm{mod}m)$。

只需解出 $ax-my=b$ 的一组解即可，运用 exgcd 即可。

当且仅当 $gcd(a,m)\mid b$ 时有解。

//解同余方程 ax≡b(mod m)
ll TYFC(ll a,ll b,ll m){
	ll x,y,mm; 
	ll G=exgcd(a,m,x,y);
	if(b%G) return -1;
	x*=b/G;mm=m/G;
	return (x%mm+mm)%mm;
}

类欧几里得算法，万能欧几里得算法与 SB 树

单独写一篇博客了，在这里。

乘法逆元

同余方程 $ax\equiv 1(\mathrm{mod}m)$ 的解 $x=a^{-1}$ 记作 $a$ 模 $m$ 的乘法逆元。

$m$ 为奇质数

此时由费马小定理 $a^m\equiv a(\mathrm{mod}m)$，两边同时除以 $a^2$ 得 $a^{m-2}\equiv a^{-1}(\mathrm{mod}m)$，于是直接快速幂就好。

如果要 $O(n)$ 求出 $1\sim n$ 得所有数逆元，可以处理处阶乘和阶乘逆元。

$m$ 不为质数

要求 $a$ 和 $m$ 互质时 $a^{-1}$ 才存在。

可以试做方程 $ax+my\equiv 1(\mathrm{mod}m)$ 这个方程 $x$ 的一个解。

于是使用 exgcd 解方程就行。

中国剩余定理

参考：蓝书、oi-wiki。

用来求解以下方程组：

$$\{\begin{array}{l}x\equiv a_1(\mathrm{mod}{m}_1)\\ x\equiv a_2(\mathrm{mod}{m}_2)\\ ⋮\\ x\equiv a_n(\mathrm{mod}{m}_n)\end{array}$$

其中满足 $\mathrm{\forall }{m}_i$，两两互质。

我们记 $m=\prod _{i=1}^n{m}_i$，$M_i={\displaystyle \frac{m}{m_i}}$；记 $t_i$ 为 $M_i$ 模 $m_i$ 下的逆元，即为 $M_i{t}_i\equiv 1(\mathrm{mod}{m}_i)$ 的一个解。

于是我们有 $x$ 的整数解：

$$x_0=\sum _{i=1}^n{a}_i{M}_i{t}_i$$

证明也很简单，考虑方程 $x_0\equiv a_k(\mathrm{mod}{m}_k)$，对于所有的 $i\ne k$，显然 $M_i={\displaystyle \frac{m}{m_i}}$ 为 $m_k$ 的倍数，故 $a_i{M}_i{t}_i\equiv 0(\mathrm{mod}{m}_i)$。

而对于 $a_k{M}_k{t}_k$ 项来说，因为 $M_k{t}_k\equiv 1(\mathrm{mod}{m}_k)$，故 $a_k{M}_k{t}_k\equiv a_k(\mathrm{mod}{m}_k)$，方程组成立。

此时 $x$ 的通解为 $x=km+x_0$。

扩展中国剩余定理

上述情况下如果不保证 $m_i$ 两两互质。

蓝书是这么做的：

假设求出了 $x_{k-1}$ 满足前 $k-1$ 个方程，记 $M_{k-1}=\stackrel{k-1}{\underset{i=1}{\mathrm{lcm}}}{m}_i$，则前 $k-1$ 个方程的通解为 $x=x_{k-1}+t{M}_{k-1}$。

考虑第 $k$ 个方程，相当于 $x_{k-1}+t{M}_{k-1}\equiv a_k(\mathrm{mod}{m}_k)$。方程等价于 $M_{k-1}t\equiv a_k-x_{k-1}(\mathrm{mod}{m}_k)$，其中只有 $t$ 是变量。

解这个方程得到 $t$，于是有了前 $k$ 个方程的解 $x_k=x_{k-1}+t{M}_{k-1}$。

如此来 $n$ 遍就求出了所有方程的解。其中任何一步如果不满足 $gcd(M_{k-1},m_k)\mid (a_k-x_{k-1})$ 则无解。

阶与原根

参照这篇博客

一.定义

由欧拉定理，对于整数 $a$ 和 正整数 $m$，若有 $gcd(a,m)=1$，则：

$$a^{\phi (m)}\equiv 1(\mathrm{mod}m)$$

也就是说，满足 $a^n\equiv 1(\mathrm{mod}m)$ 的最小正整数 $n$ 一定存在，这个 $n$ 称作 $a$ 模 $m$ 的阶，记作 ${\delta }_m(a)$。

如果有 ${\delta }_m(a)=\phi (m)$，则称 $a$ 为模 $m$ 的原根。

二.性质

$${\delta }_m(a)\mid \phi (m)$$

证明咕了。

当且仅当 $m=1,2,4,p^n,2p^n$ 时，$m$ 有原根。

证明咕了。

若 $m$ 有原根，则 $m$ 共有 $\phi (\phi (m))$ 个原根。

证明咕了。

若 $m\ge 3,gcd(g,m)=1$，则当且仅当对于 $\phi (m)$ 的每一个素因子 $p$，有：

$$g^{\frac{\phi (m)}{p}}\not\equiv 1(\mathrm{mod}m)$$

时，$g$ 为模 $m$ 的原根。

离线对数问题

求解方程 $a^x\equiv b(\mathrm{mod}p)$。

BSGS算法

此部分来源于算法竞赛进阶指南。

全称为 BabyStepGiantStep，适用于 $gcd(a,p)=1$。

为何必须限定 $gcd(a,p)=1$？因为只有在满足 $a,p$ 互质时，模 $p$ 意义同余方程两边才能同时进行关于 $a$ 的加法、乘法运算。

由欧拉定理，$a^x$ 每 $\phi (p)$ 次就会出现循环节，故解一定小于 $p$。

设解为 $x=i\cdot t-j$，其中 $t=\lceil \sqrt{p}\rceil ,0\le j<t$，则有：

$$a^{i\cdot t-j}\equiv b(\mathrm{mod}p)$$

即：

$$a^{i\cdot t}\equiv b\cdot a^j(\mathrm{mod}p)$$

我们枚举 $j\in [0,t-1]$，将 $b\cdot a^{j}modp$ 插入一个 map 中。

然后我们枚举 $i\in [0,t]$ ，计算 $a^{i\cdot t}modp$，在 map 中查找是否存在对应的 $j$，更新答案即可。

时间复杂度 $O(\sqrt{p})$。

点击查看代码

ll BSGS(ll a,ll b,ll p){
	if(a%p==0){
		if(b%p==1&&a!=0) return 0;
		else if(b%p==0) return 1;
		else return -1;
	}
	map <ll,int> mp; mp.clear();
	b%=p;ll t=ceil(sqrt((double)p)),now=b;
	for(int j=0;j<t;j++){
		if(j) (now*=a)%=mod;
		mp[now]=j;
	}
	now=1;a=qpow(a,t,p);
	for(int i=0;i<=t;i++){
		if(i) (now*=a)%=mod;
		if(mp.find(now)!=mp.end()&&i*t-mp[now] >=0) return i*t-mp[now];  
	}return -1;
}

扩展BSGS算法

还是求解这个方程，但这里没有 $gcd(a,p)=1$。

我们做如下处理：

同余式不好处理，我们令：

$$a^x+np=b$$

记 $t=gcd(a,p)$

若 $t\nmid b$，无解，除非 $b=1$ 时解为 $x=0$。

若 $t=1$，直接 BSGS 就行了。

其他情况下，我们让式子左右同时除以 $t$：

$$\frac{a^x}{t}+\frac{np}{t}=\frac{b}{t}$$

即：

$$\frac{a}{t}{a}^{x-1}\equiv \frac{b}{t}(\mathrm{mod}\frac{p}{t})$$

由于此时 ${\displaystyle \frac{a}{t}}$ 与 ${\displaystyle \frac{p}{t}}$ 互质，故 ${\displaystyle \frac{a}{t}}$ 在模 ${\displaystyle \frac{p}{t}}$ 意义下有逆元。由于 ${\displaystyle \frac{p}{t}}$ 不是质数，费马小定理不适用，我们用 exgcd 求出逆元，于是有：

$$a^{x-1}\equiv \frac{b}{t}\cdot {\left(\frac{a}{t}\right)}^{-1}(\mathrm{mod}\frac{p}{t})$$

发现这个问题和原问题一模一样，于是递归求解。

递归层数不超过 $\log n$ 级别。

点击查看代码

ll TYFC(ll a,ll m){
	ll x,y; exgcd(a,m,x,y);
	return (x%m+m)%m;
}
ll exBSGS(ll a,ll b,ll p){
	b%=p; if(b==1||p==1) return 0;
	ll t=gcd(a,p);
	if(b%t) return -INF;
	if(t==1){
		return BSGS(a,b,p);
	}
	ll inv=TYFC(a/t,p/t);
	return exBSGS(a,b/t*inv,p/t)+1;
}

高次剩余

$$\text{咕咕咕咕咕咕咕咕咕}$$

二次剩余

单独写了博客

其他

斐波那契相关

单独写了博客

$O(1)gcd$

不是，这玩意太邪门了。

我们记值域为 $m$，$t=\sqrt{m}$，于是可以 $O(m)$ 预处理，$O(1)$ 求 $gcd$。

参考了这三篇博客：OneInDark，weixin_30414635
，hhoppitree

证明去翻这几篇博客吧，我反正是通篇不写证明，有空再写。

一.引理

对于任意正整数 $x\le m$，均能够把 $x$ 分为 $x=abc$，其中 $a,b,c$ 这三个数，要么 $<\sqrt{m}$，要么是质数。

二.算法流程

我们预处理这些东西：

1. $\sqrt{m}$ 以内的 $gcd$ 表，复杂度为 $O(\sqrt{m}\cdot \sqrt{m})=O(m)$

代码：

for(int i=1;i<=t;i++){
	gcd[i][0]=gcd[0][i]=i;
	for(int j=1;j<=t;j++){
		gcd[i][j]=gcd[j%i][i];
	}
}

2. $m$ 以内正整数的分解。

对于正整数 $x$，假设它的最小质因数为 $v$，${\displaystyle \frac{x}{v}}$ 分解为 $abc$，则我们对其中最小的一个乘以 $v$，即可得到 $x$ 的分解。

代码：

split[1][0]=split[1][1]=split[1][2]=1;
for(int i=2;i<=maxm-10;i++){
	ll minn=INF,mini;
	for(int j=0;j<3;j++){
		split[i][j]=split[i/v[i]][j];
		if(split[i][j] < minn) minn=split[i][j],mini=j;
	}
	split[i][mini] *= v[i];
}

接下来我们尝试实现 $gcd(x,y)$。

首先，对于 $x,y\le \sqrt{m}$，直接返回算好的 $gcd$ 表。

我们将 $x$ 分解为 $abc$（下述中记为 $x_0{x}_1{x}_2$），然后分别用每个数和 $y$ 计算 $gcd$，再合并答案。

具体的，每局 $i\in [0,3)$，对于 $x$ 的一个分解 $x_i$，若 $x_i\le \sqrt{m}$，则我们直接计算 $d=gcd(x_i,ymod{x}_i)$；否则，$x_i$ 一定是质数，则如果 $ymod{x}_i=0$，取 $d=x_i$，否则取 $d=1$。

然后我们让 $ans\leftarrow ans\ast d$，$y\leftarrow {\displaystyle \frac{y}{d}}$，即可。

代码：

ll Gcd(ll x,ll y){
	if(x<=1010 && y<=1010) return ggcd[x][y];
	ll res=1,tmp;
	for(ll i=0;i<3;i++){
		if(split[x][i]==1) continue;
		if(split[x][i] <= 1010) tmp=ggcd[split[x][i]][y%split[x][i]];
		else if(y%split[x][i]==0) tmp=split[x][i];
		else tmp=1;
		res *= tmp;y/=tmp;
	}return res;
}