数论基础

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导读：快速幂取模、欧式筛法、裴蜀定理（贝祖定理）、威尔逊定理、费马定理、欧拉函数、欧拉定理、区间逆元（鸽一下）、（扩展）中国剩余定理、约数和定理、Lucas 定理。

快速幂取模

求$a^b\mathrm{\%}p$我们有时间复杂度$O(b)$的办法。但数据规模放大时，我们的显示界面难免会出现一个老熟人 TLE，我们需要更快的方法。

根据初中数学，$a^b$可以化为$(a^2{)}^{\frac{b}{2}}\ast a^{b\mathrm{\%}2}$，也就是我们把底数$a$平方一次，指数$b$就缩小了一半（指数$b$是奇数时答案要多乘一个这时的$a$，因为$b$除不尽$2$），那么我们使$a=a^2$后再进行上述操作，便可使$b$快速缩小，在$O(lo{g}_{2}b)$的时间求解。

CODE

ll ksm(ll a, ll b, ll p) {
    ll ans = 1;
    while (b) {
        if (b & 1)//相当于b%2==1，即b为奇数的情况
            ans *= a;
        a *= a;//将a平方
        a %= p;
        ans %= p;
        b /= 2;
    }
    return ans;
}

欧式筛法

埃式筛法已经可以做到很优秀的时间复杂度$O(nlogn)$，但当$n$上升到${10}^7$以上（参考惨痛的GDKOI2023普及组Day1的T1），我们就需要更快的做法。

先将$2$加入质数集合$P$，然后从2开始枚举倍数$a$，将倍数和我们的每一个集合$P$中的每一个质数相乘并打上标记。当枚举$a$时，$a$没有打上标记则$a$为质数，将$a$加入质数集合$P$。

优化。枚举集合$P$中的数时，如果$a$是$p_i$的倍数，则可以退出枚举集合$P$的循环。因为后续质数$p_{i^{\prime }}\ast a$也一定是$p_i$的倍数，当$a$变大过程中，必有$p_i\ast a^{\prime }=p_{i^{\prime }}\ast a$（$p_{i^{\prime }}\ast a$是$p_i$的一个倍数）。这样做可以保证每一个质数被他最小的质因子打上一次标记。

显而易见时间复杂度为$O(n)$

for (int i = 2; i <= n - 1; i++)
{
    if (vis[i] == 0)
        prim[++cnt] = i;
    for (int j = 1; j <= cnt; j++)
    {
        if (prim[j] * i > n)
            break;
        vis[i * prim[j]] = 1;
        if (i % prim[j] == 0)
            break;
    }
}

裴蜀定理（贝祖定理）

它不重要，但他的证明过程却被经常使用，简称：反客为主。

如果$a$和$b$的最大公约数为$d$且$d$整除$c$，那么有$ax+by=c$

证明：

令$a^{\prime }=a/d$，$b^{\prime }=b/d$，可以证明$a^{\prime }x+b^{\prime }y=1$。

则

$$a^{\prime }x-1=-b^{\prime }y$$

$$\frac{a^{\prime }x-1}{b}=-y$$

$$\frac{a^{\prime }x}{b}=-y\mathrm{余}1$$

即

$$a^{\prime }x\mathrm{\%}b=1$$

引理一：如果$a$和$b$为正整数且$gcd(a,b)=1$，则不存在整数$k$($0<k<b$)使得$k\ast a\mathrm{\%}b=0$。

证明：用反证法，因为$a\ast k\mathrm{\%}b=0$，所以$a\ast k$包含了$b$中所有质因子。因为$gcd(a,b)=1$，所以$k$为$b$的倍数。但$k<b$，所以$k$不为$b$的倍数。产生了矛盾，得证。

推论：如果$a,b$为正整数，$gcd(a,b)=1$。$0\ast a,1\ast a,2\ast a,...,(b-1)\ast a$模$b$各不相同。

证明：用反证法，若$i\ast a\mathrm{\%}b=j\ast a\mathrm{\%}b$则$(i-j)\ast a\mathrm{\%}b=0$。因为$0<i,j<b$，设$j<i$，则$0<i-j<b$，与引理一矛盾，得证。

引理二：如果$gcd(a,b)=1$，则有且仅有一个整数$k(k<b)$，使得$k\ast a\mathrm{\%}b=1$

证明：根据推论$k\ast a\mathrm{\%}b$的结果只能是集合$0,1,...,b-1$中的数。又因为集合中的数个不相等且有$b$个，其中肯定有$1$个为$1$。

根据引理二，裴蜀定理得证。

威尔逊定理

这个威尔就是逊了……

$(p-1)!\equiv -1\mathrm{mod}p$，当且仅当$p$为质数。

证明：

先证明充分性：
即$p$为质数$\to (p-1)!\equiv -1\mathrm{mod}p$

设$0<i<p$，由裴蜀定理引理2可知$i$的逆元（$1<x<p$）具有唯一性，现在来讨论$i^2\equiv 1\mathrm{mod}p$。

由

$$i^2\mathrm{\%}p=1$$

得

$$i^2-k\ast p=1$$

移项得：

$$i^2-1=k\ast p$$

根据小学的平方差公式得：

$$(i+1)\ast (i-1)=k\ast p$$

由于$p$是质数，那么$i+1$为$p$的质数或$i-1$为$p$的质数，且有$0<i<p$，得

$$i+1=p\mathrm{或}i-1=0$$

即

$$i=p-1\mathrm{或}i=1$$

所以说对于$1<i<p-1$都有一个不等于自己的数字相乘模$p$等于$1$，那么由模的基本性质可得$1\ast 2\ast 3\ast \dots \ast (p-1)=1\ast (p-1)\equiv p-1\mathrm{mod}p$。

即$p-1\equiv -1\mathrm{mod}p$。

充分性得证。

再证明必要性：
即$(p-1)!\equiv -1\mathrm{mod}p\to$$p$为质数。

即证$p$不为质数$\to (p-1)!\equiv i(i\ne 1)\mathrm{mod}p$

如果$p$不是质数那么$p$的每一个因子都小于$p$，设$i(1<i<p)$为$p$的因数。

若有$i\ast i\ne p$，那么$(p-1)!\equiv 0\mathrm{mod}p$。

若有$i\ast i=p$，那么$(p-1)!\mathrm{mod}p$必为$i$的倍数。

必要性得证。

费马定理

你可能会求逆元，但你可能不知道，求逆元的原理是它……

若$p$为质数，且$a\mathrm{\%}p\ne 0$，那么$a^{p-1}\equiv 1\mathrm{mod}p$。

证明：

$$(a\ast 1)\ast (a\ast 2)\ast (a\ast 3)\ast \dots \ast (p-1)\mathrm{\%}p=a^{p-1}\ast (p-1)!\mathrm{\%}p$$

又因为：
$p$为质数，根据裴蜀定理推论，得$(a\ast 1)\mathrm{\%}p,(a\ast 2)\mathrm{\%}p,\dots ,(a\ast (p-1))\mathrm{\%}p$结果互不相等，且$1<a\ast i\mathrm{\%}p<p$，所以：

$$(a\ast 1)\ast (a\ast 2)\ast (a\ast 3)\ast \dots \ast (p-1)\mathrm{\%}p=(p-1)!\mathrm{\%}p$$

由我们上面的结论可知：

$$(p-1)!\mathrm{\%}p=a^{p-1}\ast (p-1)!\mathrm{\%}p$$

由威尔逊定理得

$$(p-1)\mathrm{\%}p=a^{p-1}\ast (p-1)\mathrm{\%}p$$

因为$p-1$与$p$互质，等式两边同时除以$p-1$，得

$$1\mathrm{\%}p=a^{p-1}\mathrm{\%}p$$

费马定理得证。

该定理多用于求一个数关于质数的逆元。

欧拉函数

乌拉

前置任务积性函数

定义：
积性函数指对于所有互质的整数a和b有性质f(ab)=f(a)f(b)的数论函数。——百度百科

基本性质：

1.有$f(n)=\prod _{i}f(p_i^{a_i})$

中$p_i$为质数，$a_i$为自然数。

2.若$f(n)=\prod _i{f}^{a_i}(p_i)$则该函数为完全积性函数。

欧拉函数就是一个kun积性函数，证明什么的就算了。

对于一个正整数$n$，$n$的欧拉函数记为$\varphi (n)$，表示不超过$n$且与$n$互质的数的个数。

$\varphi (1)=1$

• 1.若$n$为质数，则$\varphi (n)=n-1$

• 2.若有$n=a^p$，那么$\varphi (n)=a^p\ast (1-\frac{1}{a})$。

其中$n$为质数，$p$为正整数。

证明：由于$n$为一个质数的若干次方，那么与$n$不互质的数（小于等于$n$）肯定是$a$的倍数，即$a,2\ast a,3\ast a,\cdots ,a\ast a^p-1$，共$a^p-1$个。

那么$\varphi (n)=a^p-a^{p-1}=a^{p-1}\ast (a-1)=a^p\ast \frac{a-1}{a}=a^p\ast (1+\frac{1}{a})$

• 3.令$n=a_1^{p_1}{a}_2^{p_2}\cdots a_k^{p_k}$，根据积性函数的性质

$$\varphi (n)=\prod _{i=1}^k\varphi (a_i^{p_i})$$

$$\varphi (n)=\prod _{i=1}^k{a}_i^{p_i}\ast (1-\frac{1}{a_i})$$

$$\varphi (n)=n\ast \prod _{i=1}^k(1-\frac{1}{a_i})$$

该方法即可快速求出一个数的欧拉函数。

欧拉定理

乌拉，哔~

若$r$与$m$互质，则$r^{\varphi (m)}\equiv 1\mathrm{mod}m$。

证明：

引理1：设$p$的简化剩余系为$p_1,p_2,\cdots ,p_k$，则$r\ast p_1\mathrm{\%}p,r\ast p_2\mathrm{\%}p,\cdots ,r\ast p_k\mathrm{\%}p$也构成$p$的简化剩余系。

首先根据裴蜀定理推论$r\ast p_1\mathrm{\%}p,r\ast p_2\mathrm{\%}p,\cdots ,r\ast p_k\mathrm{\%}p$两两不同，再证明他们模$m$后与$m$互质。

设$r{p}_i$是这$\varphi (m)$个数中的任意一个。设$r{p}_i\equiv x\mathrm{mod}m$且$gcd(x,m)\ne 1$

则$r{p}_i=km+x$，令$d=gcd(x,m)$，则$d|x$且$d|m$，所以$d|r{p}_i$，因为$r$与$m$互质，$p_i$与$m$互质，所以$r{p}_i$与$m$互质，所以$d$只能等于$1$。

引理1得证。

根据引理1，得：

$$(a\ast p_1)\ast (a\ast p_2)\ast \cdots \ast (a\ast p_k)\equiv p_1\ast p_2\ast \cdots \ast p_k\mathrm{mod}m$$

化简，得

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

当$m$为质数时，该定理上升为费马定理。

区间逆元

更faster的逆元求法。

如果用费马定理，或者乌拉欧拉定理求逆元需要${\log }_n$的时间复杂度，放到区间里，将会造成$n{\log }_n$的时间复杂度，但总有一些呼吸都是浪费氧气，火葬都污染环境的出题人想要把$lo{g}_n$卡掉，于是我们的数论里就多了它……

设模数为 $p$，$i^{-1}$ 为 $i$ 关于 $p$ 的逆元.

由于 $1^{-1}=1$，所以我们由此向后递推。

设 $k=\lfloor \frac{p}{i}\rfloor$，$j=p\mathrm{mod}i$，有 $p=ki+j$。

那么 $ki+j\equiv 0\mathrm{mod}p$。

两边同时乘以 $i^{-1}\times j^{-1}$。

$k{j}^{-1}+i^{-1}\equiv 0\mathrm{mod}p$

$i^{-1}\equiv -k{j}^{-1}\mathrm{mod}p$

将 $k,j$ 代入，得 $i^{-1}\equiv -\lfloor \frac{p}{i}\rfloor (p\mathrm{mod}i{)}^{-1}$。

由于递推求逆（$p\mathrm{mod}i<i$），此时 $(p\mathrm{mod}i{)}^{-1}$ 已经求出，故可以求出 $i^{-1}$。

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

中国剩余定理(CRT)

扩展欧几里得后面再补。

方程思想是数学中很麻烦重要的思想，如果我们有一些同余的等式，那么我们可以列出如下的同余方程。

$$\{\begin{array}{l}a\equiv b_1\mathrm{mod}{r}_1\\ a\equiv b_2\mathrm{mod}{r}_2\\ a\equiv b_3\mathrm{mod}{r}_3\\ \cdots \\ a\equiv b_n\mathrm{mod}{r}_n\end{array}$$

CRT是解决这种方程组在$r_1,r_2,\cdots ,r_n$互质的模线性方程组。

因为$r_1,r_2,\cdots ,r_n$互质，令$A_i=r_1\ast r_2\ast \cdots \ast r_{i-1}\ast ri+1\ast ri+2\ast \cdots \ast r_n$，即$A_i=\prod _{j\ne i}{r}_j$，则$A_i$与$r_i$互质。

根据裴蜀定理引理2，存在 $c_i$ 使得 $c_i\ast A_i\equiv 1\mathrm{mod}{r}_i$，则设$x_i=c_i\ast A_i\ast b_i$，易得 $x_i\equiv b_i\mathrm{mod}{r}_i$，而 $A_i$ 可以被其他的 $r_i$ 整除，所以 $x_i\equiv 0\mathrm{mod}{r}_j(j\ne i)$。

那么易得 $(x_i+x_j)\equiv b_i\mathrm{mod}{r}_i$ 且 $(x_i+x_j)\equiv b_j\mathrm{mod}{r}_j$。

易证 $\sum _{i=1}^n{x}_i$ 满足每一个方程，那么 $x=\sum _{i=1}^n{x}_i=\sum _{i=1}^n{A}_i\ast c_i\ast b_i$。

对于 $x$，如果加上所有 $r_i$ 的公倍数，那么 $x$ 依然满足条件。

即通解为 $x=\sum _{i=1}^n{A}_i\ast c_i\ast b_i+p\ast \prod _{i=1}^n{r}_i$。

其中 $p$ 为任意整数。

扩展中国剩余定理

由于这个世界上总有一些奇思妙想，所以它扩展了……

还是那个熟悉的方程组

$$\{\begin{array}{l}a\equiv b_1\mathrm{mod}{r}_1\\ a\equiv b_2\mathrm{mod}{r}_2\\ a\equiv b_3\mathrm{mod}{r}_3\\ \cdots \\ a\equiv b_n\mathrm{mod}{r}_n\end{array}$$

但今天$r_i$不互质……

先取前2个方程：

$$a=k\ast r_1+b_1=p\ast r_2+b_2$$

移项得：

$$k\ast r_1-p\ast r_2=b_2-b_1$$

这个不定方程可以使用扩展欧几里得算法求出，当扩展欧几里得无法求出该方程解时，方程组无解。

若我们求出 $k$ 的一个特解为$k_0$，满足 $k_0\ast r_1-p\ast r_2=b_2-b_1$。那么 $k$ 的通解为 $k=k_0+b\ast (r_2/gcd(r_1,r_2))$。

其中 $b$ 为任意整数，gcd 为最大公约数。

将 $k$ 代入方程组 $x=k\ast r+b_1$ 中，得

$$x=k_0\ast r_1+b\ast (r_2/gcd(r_1,r_2))\ast r_1+b_1$$

由于 $r_1\ast r_2/gcd(r_1,r_2)=lcm(r1,r_2)$，得

$$x=k_0\ast r_1+b\ast lcm(r_1,r_2)+b_1$$

其中 lcm 为最小公倍数。

同时模 $lcm(r_1,r_2)$，得

$$x\equiv k_0\ast r_1+b_1\mathrm{mod}lcm(r_1,r_2)$$

我们在将这个新方程合并到原方程组，最后求出的$x$就是符合条件的答案。

约数和定理

对于一个数 $n$ 来说，根据整数唯一分解定理，设

$$n=p_1^{r_1}\ast p_2^{r_2}\ast p_3^{r_3}\ast \cdots \ast p_k^{r_k}$$

对于第 $i$ 个质因子，我们可以取 $r_i+1$ 个 $p_i$。

又有 $k$ 个质因子可取，根据乘法原理可得：

$$d[n]=(r_1+1)\ast (r_2+1)\ast (r_3+1)\ast \cdots \ast (r_k+1)$$

$d[n]$ 为 $n$ 的质因子个数。

如何线性求一段数的约数给数？

考虑使用线性筛（欧拉筛）。

分类讨论：

1.若 $i$ 为质数

$$d[i]=2;$$

约数仅为 $i$ 和 $1$。

2.若 $i$ 为合数

• 2.1若 $i$ 的最小质因子为 $p_j$
  由于 $\frac{i}{p_j}\le i$ 且为整数。

由于递推求 $d$，所以 $d[\frac{i}{p_j}]$ 已求出。

设 $\frac{i}{p_j}$ 的最小质因子为 $num[\frac{i}{p_j}]$。则易得：

$$d[i]=d[\frac{i}{p_j}]/(num[\frac{i}{p_j}]+1)\ast (num[\frac{i}{p_j}]+2)$$

上式可以由 $d[i]$ 和 $d[\frac{i}{p_j}]$ 化简得来。

同时需要维护$num[i]=num[\frac{i}{p_j}]+1$。

ps:特别的：$i$ 为质数时 $num[i]=1$。

• 2.2若 $i$ 的最小质因子不为 $p_j$

那么 $i\ast p_j$ 的最小质因子为 $p_j$，则易得：

$$\begin{gathered} num[i\ast p_j]=1 \\ d[i\ast p_j]=d[i]\ast (num[i\ast p_j]+1); \end{gathered}$$

使用线性筛即可快速求出。

void Gt()
{
    d[1]=1;
    for(int i=2;i<=maxn-5;i++)
    {
        if(!vis[i])
        {
            cnt++;
            p[cnt]=i;
            d[i]=2;
            num[i]=1;
        }
        for(int j=1;j<=cnt&&p[j]*i<=maxn-5;j++)
        {
            vis[p[j]*i]=true;
            if(i%p[j]==0)
            {
                d[i*p[j]]=d[i]/(num[i]+1)*(num[i]+2);
                num[i*p[j]]=num[i]+1;
                break;
            }
            else
            {
                d[i*p[j]]=d[i]*2;
                num[i*p[j]]=1;
            }
        }
    }
}

Lucas 定理

先放结论：

$$C_a^b\equiv C_{\lfloor \frac{a}{p}\rfloor }^{\lfloor \frac{b}{p}\rfloor }\cdot C_{a\mathrm{mod}p}^{b\mathrm{mod}p}\mathrm{mod}p$$

先证明 $C_p^i\equiv \frac{p}{i}{C}_{p-1}^{i-1}\equiv 0\mathrm{mod}p$。

$$C_p^i=\frac{p!}{i!(p-i)!}=\frac{p}{i}\cdot \frac{(p-1)!}{(i-1)!(p-i)!}=\frac{p}{i}{C}_{p-1}^{i-1}$$

得证。

考虑二项式定理，易得：

$$(1+x{)}^p\equiv C_p^0+C_p^{1}x+C_p^2{x}^2+\cdots +C_p^p{x}^p\equiv 1+x^p\mathrm{mod}p$$

Ps：除去 $C_p^p=1$ 以外，其他的项都被模为 $0$。

此时，令 $a=lp+r,b=sp+j$。

求证 $C_a^b\equiv C_l^s\cdot C_r^j\mathrm{mod}p$。

接着剥削二项式

$$(1+x{)}^a=(1+x{)}^{lp}(1+x{)}^r$$

展开 $(1+x{)}^{lp}$

$$(1+x{)}^{lp}\equiv ((1+x{)}^p{)}^l\equiv (1+x^p{)}^l\mathrm{mod}p$$

$$\therefore (1+x{)}^a\equiv (1+x^p{)}^l(1+x{)}^r\mathrm{mod}p$$

通过上式，观察 $x^b$ 项。

$$\because C_a^b{x}^b\equiv C_l^s{x}^{sp}\cdot C_r^j{x}^j\mathrm{mod}p$$

$$\therefore C_a^b{x}^b\equiv C_l^s{C}_r^j{x}^b\mathrm{mod}p$$

$$\therefore C_a^b\equiv C_{\lfloor \frac{a}{p}\rfloor }^{\lfloor \frac{b}{p}\rfloor }\cdot C_{a\mathrm{mod}p}^{b\mathrm{mod}p}\mathrm{mod}p$$

Ps：左边是直接二项式的 $x^b$ 项，右边是二项式 $(1+x^p{)}^l$ 的 $x^{sp}$ 和 $(1+x{)}^r$ 的 $x^j$ 项。