数论基本算法学习笔记

数论基本知识

裴蜀定理

不定方程 $a \cdot x + b \cdot y = c$ 有解当且仅当 $c$ 是 $\gcd (a, b)$ 的倍数。

证明：

\begin{aligned} 设 集 合 S = {| μ \cdot a + ν \cdot b | μ, ν \subseteq Z}, 那 么 集 合 中 一 定 存 在 最 小 元 \\ 令 γ = μ_{0} \cdot a + ν_{0} \cdot b, 假 设 | γ | 是 S 中 的 最 小 元, 我 们 证 明 | γ | 就 是 a, b 的 最 大 公 约 数 \\ 假 设 δ | a, δ | b \Rightarrow a = δ \cdot ο, b = δ \cdot λ \Rightarrow γ = μ_{0} \cdot ο \cdot δ + ν_{0} \cdot λ \cdot δ \Rightarrow δ | γ \\ 假 设 τ = μ_{1} \cdot a + ν_{1} \cdot b ， 将 τ 对 γ 做 带 余 除 法 ， τ = ω \cdot γ + ξ, | ξ | < | γ | \\ 容 易 知 道 ξ 也 是 形 如 μ \cdot a + ν \cdot b 的 整 数 ， 因 此 ξ 只 能 是 0 ， 否 则 将 与 | γ | 是 集 合 S 中 最 小 元 素 矛 盾 。 \\ 因 此 有 γ | τ \Rightarrow, 也 就 是 说 γ 是 集 合 S 中 所 有 数 的 约 数 ， 同 时 γ 又 是 a, b 的 最 大 公 约 数 ， 因 此 a \cdot x + b \cdot y = c 有 解 可 以 得 出 \gcd (a, b) | c \\ 通 过 上 面 的 证 明 我 们 知 道 a \cdot x + b \cdot y = \gcd (a, b) 有 解 ， 所 以 \gcd (a, b) | c 可 以 得 出 a \cdot x + b \cdot y = c 有 解 。 \\ 因 此 ， 不 定 方 程 a \cdot x + b \cdot y = c 有 解 当 且 仅 当 c 是 \gcd (a, b) 的 倍 数 。 \\ 裴 蜀 定 理 还 可 以 推 广 到 多 元 的 情 形 。 \end{aligned}

扩展欧几里得算法

扩展欧几里得算法目的是求出 $a \cdot x + b \cdot y = \gcd (a, b)$ 的一组特解。

\begin{aligned} a \cdot x + b \cdot y = \gcd (a, b) = \gcd (b, a % b) \\ 考 虑 方 程 b \cdot x + (a % b) \cdot y = \gcd (b, a % b), 假 设 x_{0}, y_{0} 是 其 一 组 特 解 \\ 那 么 b \cdot x_{0} + (a - ⌊ \frac{a}{b} ⌋ \cdot b) \cdot y_{0} = \gcd (b, a % b) \\ a \cdot y_{0} + (x_{0} - ⌊ \frac{a}{b} ⌋ \cdot y_{0}) \cdot b = \gcd (a, b) \\ 和 原 方 程 比 较 ， 可 以 得 到 x_{1} = y_{0}, y_{1} = x_{0} - ⌊ \frac{a}{b} ⌋ \cdot y_{0} 是 a \cdot x + b \cdot y = \gcd (a, b) 的 一 组 特 解 。 \end{aligned}

欧拉定理

欧拉函数： $φ (n) = \sum_{i = 1}^{n} [\gcd (i, n) = 1]$
计算式：

\begin{aligned} 假 设 n 的 质 因 子 分 解 形 式 为 n = \prod_{k = 1}^{m} p_{k}^{a_{k}} \\ φ (n) = n - \sum_{i = 1}^{m} \frac{n}{p_{i}} + \sum_{1 \leq i < j \leq m} \frac{n}{p_{i} \cdot p_{j}} + \dots + (- 1)^{m} \frac{n}{p_{1} p_{2} \dots p_{m}} = n \cdot \prod_{k = 1}^{m} (1 - \frac{1}{p_{k}}) \end{aligned}

欧拉定理： $\gcd (a, n) = 1 \Rightarrow a^{φ (n)} \equiv 1 (\mod n)$
证明：

\begin{aligned} 令 集 合 S = {x | 1 \leq x \leq n \land \gcd (n, x) = 1} 集 合 T = {a \cdot x | x \subseteq S} \\ 则 \forall b = a \cdot x \subseteq T, 设 b = k \cdot n + r, 则 \gcd (r, n) = 1 \\ 否 则 与 \gcd (n, a) = 1 且 \gcd (n, x) = 1 矛 盾 \\ 另 外 \forall b_{1}, b_{2} \subseteq T, b_{1} = a \cdot x_{1}, b_{2} = a \cdot x_{2} 且 x_{1}, x_{2} \subseteq S, x_{1} \neq x_{2} 满 足 b_{1} ≢ b_{2} (\mod n) \\ 否 则 假 设 a \cdot x_{1} \equiv a \cdot x_{2} (\mod n), 由 于 a, n 互 质, x_{1} \equiv x_{2} (\mod n) 与 集 合 S 的 条 件 矛 盾 。 \\ 因 此 有 \prod_{x \subseteq S} x \equiv \prod_{x \subseteq T} x \equiv a^{φ (n)} \cdot \prod_{x \subseteq S} x \Rightarrow a^{φ (n)} \equiv 1 (\mod n) \\ P S : 当 n \subseteq p r i m e 时 就 变 为 费 马 小 定 理 的 形 式 ， 即 p \subseteq p r i m e, \gcd (a, p) = 1 \Rightarrow a^{p - 1} \equiv 1 (\mod p) \end{aligned}

扩展形式： $a^{n} \equiv {\begin{cases} a^{n m o d φ (m)} & , \gcd (a, m) = 1 \\ a^{n} & , \gcd (a, m) \neq 1 \land n < φ (m) \\ a^{n m o d φ (m) + φ (m)} & , \gcd (a, m) \neq 1 \land n \geq φ (m) \end{cases} (\mod m)$
证明：

\begin{aligned} 第 一 种 情 况 等 价 于 欧 拉 定 理 的 基 本 形 式 ， 第 二 种 情 形 是 显 然 的 ， 我 们 证 明 第 三 种 情 形 \\ 首 先 我 们 证 明 若 \gcd (p, q) = 1, 且 a \equiv b (\mod p), a \equiv b (\mod q) ， 则 a \equiv b (\mod p \cdot q) \\ a \equiv b (\mod p) \Rightarrow p | a - b, a - b = k_{1} \cdot p, 同 理, a - b = k_{2} \cdot q \Rightarrow p | k_{2} \cdot q \\ 而 p, q 互 质 \Rightarrow p | k_{2} \Rightarrow a - b | p \cdot q \Rightarrow a \equiv b (\mod p \cdot q) \\ 又 由 唯 一 分 解 定 理 ， m = \prod_{k = 1}^{t} p_{k}^{a_{k}} 我 们 只 需 要 证 明 a^{n} \equiv a^{n m o d φ (m) + φ (m)} (\mod p_{k}^{a_{k}}) 对 每 个 k 都 成 立 \\ 若 \gcd (a, p_{k}^{a_{k}}) = 1 ： \\ a^{φ (p_{k}^{a_{k}})} \equiv 1 (\mod p_{k}^{a_{k}}), 而 φ (p_{k}^{a_{k}}) | φ (m), 故 a^{n} \equiv a^{⌊ \frac{n}{φ (m)} ⌋ \cdot φ (m) + n m o d φ (m) + φ (m)} \equiv a^{n m o d φ (m) + φ (m)} (\mod p_{k}^{a_{k}}) \\ 若 \gcd (a, p_{k}^{a_{k}}) \neq 1 ： \\ 则 p_{k} | a ， 又 有 n \geq φ (m) \geq φ (p_{k}^{a_{k}}) \geq a_{k} \Rightarrow p_{k}^{a_{k}} | a^{n} \Rightarrow a^{n} \equiv 0 (\mod p_{k}^{a_{k}}) \\ a^{n m o d φ (m) + φ (m)} \equiv 0 (\mod p_{k}^{a_{k}}) \Rightarrow a^{n} \equiv a^{n m o d φ (m) + φ (m)} (\mod p_{k}^{a_{k}}) \\ 综 上 ， a^{n} \equiv a^{n m o d φ (m) + φ (m)} (\mod m) \end{aligned}

幂塔问题：求解 $2^{2^{2^{2^{\dots}}}} m o d p$

\begin{aligned} 设 f (p) = 2^{2^{2^{2^{\dots}}}} m o d p, 则 f (p) = 2^{f (φ (p)) + φ (p)} \\ 这 边 2^{2^{2^{2^{\dots}}}} 始 终 大 于 p ， 因 此 总 可 以 使 用 欧 拉 定 理 的 第 三 种 情 形 。 \\ 若 p 为 偶 数 则 变 为 φ (p) 后 至 少 减 半 ， p 为 奇 数 则 变 为 φ (p) 后 会 变 成 偶 数 ， 因 此 最 多 递 归 O (\log_{2} p) 次 \end{aligned}

中国剩余定理

有同余方程组 ${\begin{cases} x \equiv a_{1} (\mod b_{1}) \\ x \equiv a_{2} (\mod b_{2}) \\ \dots \\ x \equiv a_{n} (\mod b_{n}) \end{cases}$ 需要求出满足方程组的最小整数解。

\begin{aligned} 我 们 先 考 虑 前 两 个 方 程 ， 即 x = k_{1} \cdot b_{1} + a_{1} = k_{2} \cdot b_{2} + a_{2} 有 解 \\ k_{1} \cdot b_{1} - k_{2} \cdot b_{2} = a_{2} - a_{1} ， 如 果 这 个 不 定 方 程 无 解 则 原 方 程 组 无 解 ， 假 设 k_{10}, k_{20} 是 一 组 特 解 \\ k_{1} = k_{10} + \frac{b_{2}}{\gcd (b_{1}, b_{2})} \cdot t, k_{2} = k_{20} + \frac{b_{1}}{\gcd (b_{1}, b_{2})} \cdot t 是 方 程 组 的 通 解 。 \\ 则 x = k_{1} \cdot b_{1} + a_{1} = k_{10} \cdot b_{1} + \frac{b_{1} \cdot b_{2}}{\gcd (b_{1}, b_{2})} \cdot t + a_{1} \\ 所 以 前 两 个 方 程 和 x \equiv k_{10} \cdot b_{1} + a_{1} (\mod lcm (b_{1}, b_{2})) 是 等 价 的 \\ 只 要 按 以 上 方 法 把 方 程 两 两 合 并 ， 就 可 以 得 到 最 终 的 解 。 \end{aligned}

卢卡斯定理

定理： $(\binom{n}{m}) \equiv (\binom{⌊ \frac{n}{p} ⌋}{⌊ \frac{m}{p} ⌋}) \cdot (\binom{n % p}{m % p}) (\mod p)$ 其中 $p$ 是素数。

证明：

\begin{aligned} (\binom{p}{a}) \equiv \frac{p!}{a! \cdot (p - a)!} \equiv 0 (\mod p), 1 < a < p \\ 设 n = s \cdot p + t, m = q \cdot p + r \\ (1 + x)^{n} \equiv ((1 + x)^{p})^{s} \cdot (1 + x)^{t} \equiv (1 + x^{p})^{s} \cdot (1 + x)^{t} \equiv \sum_{i = 0}^{s} (\binom{s}{i}) \cdot x^{i \cdot p} \cdot \sum_{j = 0}^{t} (\binom{t}{j}) \cdot x^{j} \\ x^{m} 的 系 数 只 能 在 i = q, j = r 时 取 到 ， 所 以 (\binom{n}{m}) \equiv (\binom{s}{q}) \cdot (\binom{t}{r}) (\mod p) \end{aligned}

扩展形式：求解 $(\binom{n}{m}) \mod p$ ，其中 $p$ 不是质数

\begin{aligned} 假 设 p = \prod_{k = 1}^{m} p_{k}^{a_{k}} ， 只 需 要 求 出 (\binom{n}{m}) \mod p_{k}^{a_{k}} 然 后 用 中 国 剩 余 定 理 合 并 。 \\ (\binom{n}{m}) = \frac{n!}{m! \cdot (n - m)!}, 由 于 m! 的 逆 元 可 能 并 不 存 在 ， 所 以 我 们 先 把 p_{k} 都 提 取 出 来 ， (\binom{n}{m}) = \frac{\frac{n!}{p_{k}^{f (n)}}}{\frac{m!}{p_{k}^{f (m)}} \cdot \frac{(n - m)!}{p_{k}^{f (n - m)}}} \cdot p_{k}^{f (n) - f (m) - f (n - m)} \\ 其 中 ， f (n) 表 示 n! 中 含 有 因 子 p_{k} 的 数 量 ， 接 下 来 我 们 需 要 求 \frac{n!}{p_{k}^{f (n)}} \\ 令 g (n) = \frac{n!}{p_{k}^{f (n)}}, 则 g (n) \equiv p_{k}^{⌊ \frac{n}{p_{k}} ⌋} \cdot g (⌊ \frac{n}{p_{k}} ⌋) \cdot {(\prod_{i = 1 \land p_{k} ⧸ | i}^{p_{k}^{a_{k}} - 1} i)}^{⌊ \frac{n}{p_{k}^{a_{k}}} ⌋} \cdot \prod_{i = ⌊ \frac{n}{p_{k}^{a_{k}}} ⌋ \cdot p_{k}^{a_{k}} + 1 \land p_{k} ⧸ | i}^{n} i \\ (\binom{n}{m}) = \frac{g (n)}{g (m) \cdot g (n - m)} \cdot p_{k}^{f (n) - f (m) - f (n - m)}, 这 样 g (m), g (n - m) 均 与 p_{k}^{a_{k}} 互 质 ， 因 此 可 以 用 e x g c d 求 出 逆 元 。 \\ 最 后 f (n) = ⌊ \frac{n}{p_{k}} ⌋ + f (⌊ \frac{n}{p_{k}} ⌋) \end{aligned}

库默尔定理

定理： $(\binom{n + m}{m})$ 中含有质因子 $p$ 的数量等于 $n + m$ 在 $p$ 进制下进位的次数。
证明：

\begin{aligned} n! 中 含 有 因 子 p 的 数 量 等 于 \sum_{i = 1}^{\infty} ⌊ \frac{n}{p^{i}} ⌋, 因 此 (\binom{n + m}{m}) 中 含 有 因 子 p 的 数 量 等 于 \sum_{i = 1}^{\infty} ⌊ \frac{n + m}{p^{i}} ⌋ - ⌊ \frac{n}{p^{i}} ⌋ - ⌊ \frac{m}{p^{i}} ⌋ \\ 而 ⌊ \frac{n}{p^{i}} ⌋ 就 相 当 于 将 n 在 p 进 制 下 右 移 i 位 ， ⌊ \frac{n + m}{p^{i}} ⌋ - ⌊ \frac{n}{p^{i}} ⌋ - ⌊ \frac{m}{p^{i}} ⌋ 只 有 在 n + m 在 p 进 制 下 在 第 i 位 发 生 进 位 才 会 恰 好 产 生 1 的 贡 献 。 \end{aligned}

二次剩余

定义：设 $m$ 是正整数， $a$ 是整数，若 $\gcd (a, m) = 1$ ，且同余方程 $x^{2} \equiv a (\mod m)$ 有解，则称 $a$ 为 $m$ 的二次剩余。若同余方程 $x^{2} \equiv a (\mod m)$ 无解，则称 $a$ 为 $m$ 的二次非剩余。
引理1：设 $p$ 是奇素数， $a$ 是不被 $p$ 整除的整数，则同余方程 $x^{2} \equiv a (\mod p)$ 或者无解，或者有两个模 $p$ 不同余的解。
证明：

\begin{aligned} 若 x^{2} \equiv a (\mod p) 有 解 ， 设 x = x_{0}, 则 x = - x_{0} 是 不 同 余 的 一 个 解 ， (- x_{0})^{2} = x_{0}^{2} \equiv a (\mod p) \\ 同 时 x_{0} ≢ - x_{0} (\mod p) 否 则 ， p | 2 或 p | x_{0} 这 是 不 可 能 的 。 \\ 假 设 x_{0}, x_{1} 均 是 x^{2} \equiv a (\mod p) 的 解 \Rightarrow x_{0}^{2} \equiv x_{1}^{2} \Rightarrow p | x_{0} + x_{1} 或 p | x_{0} - x_{1} \Rightarrow x_{1} \equiv - x_{0} 或 x_{1} \equiv x_{0} (\mod p) \end{aligned}

定理1：若 $p$ 是奇素数，那么在整数 $1, 2, 3, \dots, p - 1$ 中， $p$ 的二次剩余恰好有 $\frac{p - 1}{2}$ 个，二次非剩余恰好有 $\frac{p - 1}{2}$ 个。
证明：

\begin{aligned} 考 虑 1^{2}, 2^{2}, \dots, (p - 1)^{2} 这 p - 1 个 正 整 数 ， 他 们 均 是 模 p 的 二 次 剩 余 ， 且 1 是 x^{2} \equiv 1^{2} (\mod p) 的 一 个 解 ， 2 是 x^{2} \equiv 2^{2} (\mod p) 的 一 个 解 \dots \\ 由 引 理 1 ， x^{2} \equiv a (\mod p) 或 者 无 解 或 者 有 两 个 模 p 不 同 余 的 解 ， 所 以 1, 2, \dots, p - 1 中 p 的 二 次 剩 余 恰 好 \frac{p - 1}{2} 个 ， 剩 下 \frac{p - 1}{2} 个 数 是 p 的 二 次 非 剩 余 。 \end{aligned}

勒让德符号：设 $p$ 是奇素数，整数 $a$ 不被 $p$ 整除，勒让德符号定义为 $(\frac{a}{p}) = {\begin{cases} 1 & , 若 a 是 p 的二次剩余 \\ - 1 & , 若 a 是 p 的二次非剩余 \end{cases}$

欧拉判别法：设 $p$ 是奇素数，正整数 $a$ 不被 $p$ 整除，则 $(\frac{a}{p}) \equiv a^{\frac{p - 1}{2}} (\mod p)$
证明：

\begin{aligned} 假 设 (\frac{a}{p}) = 1 \Rightarrow 同 余 方 程 x^{2} \equiv a (\mod p) 有 解 ， 假 设 x_{0} 是 其 一 个 解 ， 则 a^{\frac{p - 1}{2}} \equiv (x_{0}^{2})^{\frac{p - 1}{2}} \equiv x_{0}^{p - 1} \equiv 1 (\mod p) \\ 假 设 (\frac{a}{p}) = - 1, 对 每 个 (i, p) = 1 的 正 整 数 i ， 都 存 在 一 个 正 整 数 j 满 足 ， i \cdot j \equiv a (\mod p), 又 由 于 同 余 方 程 x^{2} \equiv a (\mod p) 无 解 ， i \neq j \\ 因 此 我 们 可 以 将 1, 2, \dots, p - 1 分 成 \frac{p - 1}{2} 组 ， 每 一 组 乘 积 为 a ， 将 他 们 相 乘 ， 得 到 (p - 1)! \equiv a^{\frac{p - 1}{2}} \equiv - 1 (\mod p) \\ 综 上 ， (\frac{a}{p}) \equiv a^{\frac{p - 1}{2}} (\mod p) \\ P S : 欧 拉 判 别 法 可 以 导 出, (\frac{a}{p}) \cdot (\frac{b}{p}) \equiv (\frac{a \cdot b}{p}) (\mod p) ， 勒 让 德 符 号 的 积 性 。 \end{aligned}

Cipolla算法：

\begin{aligned} C i p o l l a 算 法 用 于 求 解 同 余 方 程 x^{2} \equiv n (\mod p) ， 其 中 p 是 奇 素 数 ， \gcd (n, p) = 1 \\ 我 们 找 到 整 数 r ， 使 得 r^{2} - n 是 模 p 的 二 次 非 剩 余 ， 由 定 理 1 我 们 知 道 ， 有 一 半 的 数 是 p 的 二 次 非 剩 余 ， 因 此 找 r 只 需 要 随 机 即 可 。 \\ 令 i^{2} \equiv r^{2} - n (\mod p) ， 但 r^{2} - n 是 p 二 次 非 剩 余 ， 并 不 存 在 整 数 i 满 足 上 面 的 同 余 式 ， 因 此 我 们 模 仿 实 数 扩 充 至 复 数 \\ 假 定 存 在 这 样 一 种 数 ， 他 不 是 整 数 ， 但 满 足 i^{2} \equiv r^{2} - n (\mod p) \\ 那 么 i^{p} \equiv i \cdot (i^{2})^{\frac{p - 1}{2}} \equiv - i (\mod p) ， 此 外 有 (a + b)^{p} \equiv a^{p} + b^{p} (\mod p) \\ 所 以 (r + i)^{p + 1} \equiv (r^{p} + i^{p}) \cdot (r + i) \equiv (r - i) \cdot (r + i) \equiv n (\mod p) ， 因 此 (r + i)^{\frac{p + 1}{2}} 就 是 同 余 方 程 x^{2} \equiv n (\mod p) 的 一 个 解 \\ 但 我 们 要 求 的 是 整 数 域 下 的 解 ， 所 以 我 们 来 证 明 (r + i)^{\frac{p + 1}{2}} 的 虚 部 为 0 \\ 假 设 存 在 整 数 A, B 满 足 (A + B \cdot i)^{2} \equiv n (\mod p), B ≢ 0 (\mod p) \\ 那 么 A^{2} + 2 \cdot A \cdot B \cdot i + (B \cdot i)^{2} \equiv n (\mod p) \Rightarrow A = 0 \Rightarrow i^{2} \equiv n \cdot B^{- 2} \\ B^{2} 是 p 的 二 次 剩 余 ， 因 此 B^{- 2} 也 是 p 的 二 次 剩 余 ， 而 n 是 p 的 二 次 剩 余 ， 所 以 B^{- 2} \cdot n 是 p 的 二 次 剩 余 ， 这 与 i^{2} 是 p 的 二 次 非 剩 余 矛 盾 。 \\ 所 以 我 们 得 出 (r + i)^{\frac{p + 1}{2}} 就 是 同 余 方 程 x^{2} \equiv n (\mod p) 的 一 个 整 数 解 。 \end{aligned}

一些例子

求解 $a^{u} \equiv u (\mod m)$ ，要求 $0 \leq u \leq 10^{18}$ ， $T$ 组数据， $T \leq 10^{3}, 1 \leq a < m \leq 10^{9}$

\begin{aligned} 由扩展欧拉定理 u \equiv a^{u} \equiv a^{c} (\mod m), c \subseteq [φ (m), 2 φ (m)), {\begin{cases} u \equiv a^{c} (\mod m) \\ u \equiv c (\mod φ (m)) \end{cases} \\ 即 a^{c} + k_{1} \cdot m = c + k_{2} \cdot φ (m), 此方程有解的充要条件是 a^{c} \equiv c (\mod \gcd (m, φ (m))) \\ 因此考虑递归的求解子问题，递归到最后 \gcd 一定会变成 1 此时方程显然有解 \end{aligned}

求解同余方程组 $x^{p_{i}} \equiv q_{i} (\mod n)$ ，其中 $n = \prod_{k = 1}^{t} p_{i}$ , $p_{i}$ 为两两不同的质数,无解输出 $- 1$ 。 $n \leq 10^{18}, 0 \leq q_{i} < n$

\begin{aligned} x^{p_{i}} \equiv q_{i} (\mod n) 的一个必要条件是 x^{p_{i}} \equiv q_{i} (\mod p_{i}) \Leftrightarrow x \equiv q_{i} (\mod p_{i}) \\ 接下来直接用中国剩余定理合并即可解出一个 x \\ 而这个 x 是由必要条件得到的，因此只需要代回检验是否满足原方程组，若是则他就是解，否则无解 \end{aligned}

有 $n$ 种颜色的球，其中第 $i$ 种颜色的球共有 $a_{i}$ 个，同色的球无法区分。定义第 $l \sim r$ 种颜色的混乱度 $f (l, r)$ 为：将第 $l \sim r$ 种颜色的所有球排成一排，总共的方案数对 $p$ 取模后的值。求 $\sum_{l = 1}^{n} \sum_{r = l}^{n} f (l, r), 1 \leq n \leq 5 \times 10^{5}$ ， $0 \leq a_{i} \leq 10^{18}$ ， $p \in {2, 3, 5, 7}$

\begin{aligned} 令 s u m_{l, r} = \sum_{i = l}^{r} a_{i} \Rightarrow f (l, r) = (\binom{s u m_{l, r}}{a_{r}}) \cdot f (l, r - 1), f (l, l) = 1 \\ \Rightarrow f (l, r) = \prod_{i = l}^{r} (\binom{s u m_{l, i}}{a_{i}}) \\ 由于模数很小，会有很多区间的值为 0, 考虑什么时候区间的值为 0 \\ 由库默尔定理 a_{l}, \dots, a_{r} 在 p 进制下做加法发生进位时 f (l, r) = 0, 且 f (l, r) = 0 \Rightarrow f (l, r + 1) = 0 \\ 我们可以固定左端点，找到右侧第一个使得区间值为 0 的 r, 暴力计算 f (l, l) \sim f (l, r) \\ 由于每次至少会把 s u m_{l, r} 1 位的值加 1, 对于一个固定的左端点，暴力计算的次数不超过 O (p \cdot \log_{p} w) \end{aligned}

posted @ 2023-08-16 15:41 clapp 阅读(30) 评论(0) 编辑收藏举报

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