【讲课】基础的数论知识

翻车是必然的

gcd

口胡吧。。。

inline int gcd (int a, int b) {
	return b ? gcd (b, a % b) : a;
}

exgcd

先裴蜀

, 使得 $\large ax+by= m$ 成立的充要条件是 $\large \gcd (a,b) | m$

之前讲的有 $\large \gcd (a, b) = \gcd (b, b \ mod \ a)$ 来找。。。

继续设 $\large s=\gcd(a,b)$

假如真就有解

明显就有 $\large s|ax, \ s|by$

然后证明就完了

放在exgcd里

只考虑 $\large x, y\in Z^+ \ \large ax+by= \gcd(a,b)$

当 $\large b=0$ 时， $\large \gcd (a,b)=a$ , 答案很显然了

$\large b \neq 0$ 时，

\begin{matrix} a m o d b = a - ⌊ \frac{a}{b} ⌋ b a x + b y = gcd (a, b) = gcd (b, a m o d b) = b x_{2} + (a m o d b) y_{2} = b x_{2} + a y_{2} - ⌊ \frac{a}{b} ⌋ b y_{2} = a y_{2} + b (x_{2} - ⌊ \frac{a}{b} ⌋ y_{2}) \end{matrix}

$\large{ \begin{aligned} &a \ mod \ b = a-\lfloor\frac{a}{b}\rfloor b\\ &ax+by\\ &=\gcd(a,b)\\ &=\gcd(b,a \ mod \ b)\\ &=bx_2+(a \ mod \ b)y_2\\ &=bx_2+ay_2-\lfloor\frac{a}{b}\rfloor by_2\\ &=ay_2+b(x_2-\lfloor\frac{a}{b}\rfloor y_2) \end{aligned} }$

就很显然的得出

$\large x=y_2,y=x_2-a/b*y_2$

inline int exgcd (int &x, int &y, int a, int b) { // 取地址为了方便随时修改
    if (!b) {
        x = 1, y = 0;
        return a;
    }
    int gcd = exgcd (x, y, b, a % b);
    int t = x;
    x = y;
    y = t - a / b * y;
    return gcd;
} // 顺便处理了一下gcd

放个题

luogu P2508

\begin{matrix} x^{2} + y^{2} = r^{2} x^{2} = r^{2} - y^{2} = (r - y) (r + y) \end{matrix}

$\large { \begin{aligned} &x^2+y^2=r^2\\ &x^2=r^2-y^2=(r-y)(r+y) \end{aligned} }$

\begin{matrix} 设 r - y = k * u, r + y = k * v, 这 里 很 明 显 g c d (u, v) = 1 y = \frac{v - u}{2} * k, 2 * r = (v + u) * k x^{2} = k^{2} * u * v 那 u * v 一 定 是 个 平 方 数 但 g c d (u, v) = 1 所 以 u, v 分 别 是 个 平 方 数 再 设 u = s^{2}, v = t^{2} x^{2} = d^{2} * s^{2} * t^{2} x = d * s * t y = \frac{v - u}{2} * k = \frac{t^{2} - s^{2}}{2} * k 2 * r = (v + u) * k = (t^{2} + s^{2}) * k \end{matrix}

$\large{ \begin{aligned} &设r-y=k*u,r+y=k*v,这里很明显gcd(u,v)=1\\ \\ &y=\frac{v-u}{2}*k,2*r=(v+u)*k\\ \\ &x^2=k^2*u*v\\ \\ &那 \ u*v \ 一定是个平方数\\ \\ &但gcd(u,v)=1\\ \\ &所以 \ u,v \ 分别是个平方数\\ \\ &再设u=s^2,v=t^2\\ \\ &x^2=d^2*s^2*t^2\\ \\ &x=d*s*t\\ \\ &y=\frac{v-u}{2}*k=\frac{t^2-s^2}{2}*k\\ \\ &2*r=(v+u)*k=(t^2+s^2)*k\\ \end{aligned} }$

由此得出最后三条新关系式，我们暴力枚举 k , s ,从而算出整数 t （有可能不是整数）,判断 $\large gcd(t,s)=1$ ，带入得到 $\large x,y$ ，符合题意就 ans+=8 (四个象限，（x，y）（y，x）算两个)。

最后 ans+=4（r为整数，坐标轴还有4个）

#include <bits/stdc++.h>

#define ll long long

using namespace std;

template <typename T>
inline void read (T &a) {
	T x = 0, f = 1;
	char ch = getchar ();
	while (! isdigit (ch)) {
		if (ch == '-') f = 0;
		ch = getchar ();
	}
	while (isdigit (ch)) {
		x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ '0');
		ch = getchar ();
	}
	a = f ? x : -x;
}

inline ll gcd (ll a, ll b) {
    if (!b) return a;
    return gcd (b, a % b);
}

ll r, ans, x, y;

inline void blanc (ll k) {
    for (ll s = 1, t; s * s <= r / k; s++) {
        t = sqrt (r / k - s * s);
        if (s * s + t * t == r / k) {
            if (gcd (s, t) == 1) {
                x = k * s * t;
                y = (t * t - s * s) / 2 * k;
                if (x > 0 and y > 0 and x * x + y * y == r / 2 * (r / 2)) {
                    // 只考虑一象限，判断整数和是否满足条件，r先除后乘防爆ll
                    ans += 8;
                }
            }
        }
    }
}

signed main () {
    read (r);
    r *= 2;
    for (ll k = 1; k * k <= r; k++) {
        if (! (r % k)) { // 优先级！优先级！！！！！
            blanc (k);
            if (r / k != k) blanc (r / k);
        }
    }
    printf ("%lld", ans + 4);
}

再放一个

讲完逆元再讲，记得提醒我

\begin{matrix} b * b^{- 1} \equiv 1 (m o d p) b * i n v (b) \equiv 1 (m o d p) b^{- 1} \equiv i n v (b) (m o d p) a * b^{- 1} \equiv a * i n v (b) (m o d p) a * b^{- 1} \equiv a * i n v (b) (m o d p) a * i n v (b) \equiv ? (m o d p) \end{matrix}

$\large {} \begin {aligned} &b * b^{-1}\equiv1 \ (mod \ p)\\ &b*inv(b)\equiv1 \ (mod \ p)\\ &b^{-1}\equiv inv(b) \ (mod \ p)\\ &a*b^{-1}\equiv a*inv(b) \ (mod \ p)\\ &a*b^{-1}\equiv a*inv(b) \ (mod \ p)\\ &a*inv(b)\equiv \ ? \ (mod \ p) \end {aligned}$

洛谷P2613

#include <bits/stdc++.h>

#define mod 19260817
#define ll long long

using namespace std;

template <typename T>
inline void read (T &a) {
	T x = 0, f = 1;
	char ch = getchar ();
	while (! isdigit (ch)) {
		if (ch == '-') f = 0;
		ch = getchar ();
	}
	while (isdigit (ch)) {
		x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ '0');
        x %= mod;
		ch = getchar ();
	}
	a = f ? x : -x;
}

ll x, y;
inline void exgcd (ll &x, ll &y, ll a, ll b) {
    if (!b) {
    	x = 1, y = 0;
        return ;
    }
    exgcd (x, y, b, a % b);
    ll t = x;
    x = y;
    y = t - a / b * y;
}
ll a, b;

signed main() {
    read (a);
    read (b);

    if (b) {
        exgcd(x, y, b, mod);
	    x = (x % mod + mod) % mod;
    	printf("%lld\n", a * x % mod);
        return 0;
    }
    cout << "Angry!" << endl;
}

素数

这一栏 copy 自大半年前的课件

素数是啥不用说

这里说一说怎么找素数，也就是素数筛法

最朴素的

int pri[MAXN];
int cnt;
inline void prime (int n) {
	cnt = 0;
	pri[++cnt] = 2;
	int i,j;
	for (i = 3; i <= n; ++i) {
		for (j = 2; j < i; ++j) {
			if (i % j == 0)
			break;
		}
		if (j >= i)
		pri[++cnt] = i;
	}
}
// 如你所见，就是纯暴力

过于垃圾，无法接受，直接pass

好一点的

埃氏筛
埃式筛法的基本思想就是，当我们遍历到一个素数时，把所有该素数的倍数都筛选出来。

int cnt = 0;
int pri[20000];
bool v[20000];
int n;
inline void prime () {
	read (n);
	for (int i = 2; i <= n; ++i) {
		if (! v[i]) {
			pri[++cnt] = i;
			for (int j = i; j <= n; j += i) {
				v[j] = true;
			}
		}
	}
	for (int i = 1; i <= cnt; i++) cout << pri[i] << " ";
}

埃式筛法很容易理解，并且在效率上也比较优秀，时间复杂度为 $O(N \ logN)$ ，

埃氏筛在筛选时有重复，或许我们可以通过某种方法避免这种重复

目前最好的

欧拉筛

int prime[MAXN];//它存的是最小素因子
bool vis[MAXN];

inline void phigros (int n) {
	for (int i = 2; i <= n; ++i) {
		if (! vis[i]) {
			prime[++prime[0]] = i;
		} // 判断素数

		for (int j = 1; j < prime[0] and i * prime[j] < n; j++) {
			vis[i * prime[j]] = true;//筛数
			if(i % prime[j] == 0)//时间复杂度为O(n)的关键！
				break;
		}
	}
}

为什么 i % prime[j] == 0 就break？
当 i是prime[j]的倍数时，i = k * prime[j]，如果继续运算 prime[j + 1]，

i * prime[j + 1] = prime[j] * (k * prime[j + 1])，
这里prime[j]是最小的素因子，
当i = k * prime[j+1]时,同样会在里循环中运算到，会重复，所以才跳出循环

线性筛还有其他用法

线性筛

筛素数

bool vis[N];
int pri[N], cnt;
inline void OSU () {
    for (int i = 2; i <= n; i++) {
        if (! vis[i]) pri[++cnt] = i;
        for (int j = 1; j <= cnt and i * pri[j] <= N; i++) {
            vis[i * pri[j]] = 1;
            if (i % pri[j] == 0) break;
        }
    }
}

筛欧拉函数

容斥证明以下式子：

φ (n) = n \prod i = 1 (1 - \frac{1}{p_{i}})

$\large \varphi(n)=n\prod_{i = 1}(1-\frac{1}{p_i})$

$\large \varphi$ 积性函数证明：

\begin{matrix} φ (a) = a m \prod i = 1 (1 - \frac{1}{p_{i}}) φ (b) = b n \prod i = 1 (1 - \frac{1}{q_{i}}) (a, b) = 1 φ (a) φ (b) = a m \prod i = 1 (1 - \frac{1}{p_{i}}) b n \prod j = 1 (1 - \frac{1}{q_{j}}) = a b m + n \prod i = 1 (1 - \frac{1}{c_{i}}) \end{matrix}

$\large{ \begin{aligned} &\varphi(a)=a\prod_{i=1}^m(1-\frac{1}{p_i})\\ &\varphi(b)=b\prod_{i=1}^n(1-\frac{1}{q_i})\\ &(a,b)=1\\ &\varphi(a)\varphi(b)=a\prod_{i=1}^m(1-\frac{1}{p_i})b\prod_{j=1}^n(1-\frac{1}{q_j})\\ &=ab\prod_{i=1}^{m+n}(1-\frac{1}{c_i}) \end{aligned} }$

线性筛 $\large\varphi$ ：

$\large (i,pri[j])=1$ 过于简单，不予讨论
$\large i$ 为质数，过于简单，不予讨论
$\large{ \begin{aligned} &(i,pri[j])=pri[j]\\ &\varphi(i)=i\prod_{k=1}(1-\frac{1}{p_k})\\ &pri[j]\in p\\ &\varphi(i*pri[j])=i*pri[j]\prod_{k=1}(1-\frac{1}{p_k})=\varphi(i)*pri[j] \end{aligned} }$

bool vis[N];
int pri[N], cnt;
int phi[N];

inline void Arcaea () {
    for (int i = 2; i <= n; i++) {
        if (! vis[i]) pri[++cnt] = i, phi[i] = i - 1;
        for (int j = 1; j <= cnt and i * pri[j] <= N; i++) {
            vis[i * pri[j]] = 1;
            if (i % pri[j] == 0) {
                phi[i * pri[j]] = phi[i] * pri[j];
                break;
            }
            phi[i * pri[j]] = phi[i] * (pri[j] - 1); // 互质，积性函数
        }
    }
}

筛约数个数和，约数和

个数

$\large d(n)$ 为 $\large n$ 的约数个数

$\large num(n)$ 为 $\large n$ 的最小质因子个数

因为 $\large pri$ 从小到大枚举，所以 $\large pri[j]$ 一定是 $\large i\times pri[j]$ 的最小质因子，毕竟线性筛的原理就在于此。

唯一分解定理：

n = \prod i = 1 p_{i}^{k_{i}}

$\large n=\prod_{i=1}p_i^{k_i}$

每个 $\large p_i$ 都可选择 $[0,k_i]$ 个，彼此相乘，组成新约数。

故 $\large n$ 的约数个数为：

d (n) = \prod i = 1 (k_{i} + 1)

$\large d(n)=\prod_{i=1}(k_i + 1)$

$\large i$ 是质数，答案显然
$\large i\%pri[j]!=0$ 相当于新加了一个质因子

$\large{ \begin{aligned} &d(i\times pri[j])=d(i)\times d(pri[j])\\ &=2\times d(i)\\ &num(i\times pri[j])=1 \end{aligned} }$
$\large i\%pri[j]==0$ 之前出现过

$\large{ \begin{aligned} &d(i\times pri[j])=(1+k_1+1)\prod_{i=2}(k_i+1) \end{aligned} }$
之前的 $\large num$ 起到了作用。

$\large d(i\times pri[j])=d(i)/(num(i)+1)\times(num(i)+2)$

约数和

$\large sd(n)$ 表示 $\large n$ 的约数和（不是质因子和

$\large num(i)$ 表示

根据算数基本定理有：

s d (n) = \prod i = 1 (r_{i} \sum j = 0 p_{i}^{j})

$\large sd(n)=\prod_{i=1}(\sum_{j=0}^{r_i}p_i^j)$

记录最小质因子那一项，即 $\large (1+p_1+p_1^2+\cdots+p_1^{r_1})$ 。

用 $\large num(n)$ 表示。

$\large i$ 是质数

$\large{ \begin{aligned} &sd(i)=i+1\\ &num(i)=i+1 \end{aligned} }$
$\large i\%pri[j]!=0$ 显然

$\large{ \begin{aligned} &sd(i*pri[j])=sd(i)* sd(pri[j])\\ &num(i*pri[j])=pri[j]+1 \end{aligned} }$
$\large i\%pri[j]==0$ 显然 $\large num(i*pri[j]) = num(i)*pri[j]+1$

$\large sd(i*pri[j])=sd(i)/num(i)*num(i*pri[j])$

代码略。。。（懒得打了

筛莫比乌斯函数

由定义式：

μ (m) = {\begin{matrix} (- 1)^{r} & m = p_{1} p_{2} . . . p_{r} 0 & p_{k}^{2} | m \end{matrix}

$\large \mu(m) = \begin{cases} (-1)^r & \text{$m = p_1p_2...p_r$}\\ 0 & \text{$p_k^2|m$} \end{cases}$

知，

$\large i$ 为质数， $\large mu(i)=-1$ .
$\large i\%pri[j]==0$ ， $\large mu(i*pri[j])=0$ .
否则 $\large mu(i*pri[j])=-mu(i)$ .

莫得代码

米勒拉宾检验，这里不讲

CRT

求解同余方程组

⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ \begin{matrix} x \equiv a_{1} (m o d m_{1}) x \equiv a_{2} (m o d m_{2}) x \equiv a_{3} (m o d m_{3}) & gcd (m_{t}, m_{s}) = 1, 1 \leq t, s \leq k . . . x \equiv a_{k} (m o d m_{k}) \end{matrix}

$\large { \begin{cases} x \equiv a_1(mod \ m_1)\\ x \equiv a_2(mod \ m_2)\\ x \equiv a_3(mod \ m_3) &\text{$\gcd(m_t,m_s)=1$},1 \leq t,s\leq k \\ ...\\ x \equiv a_k(mod \ m_k)\\ \end{cases} }$

举例

一个数 $n$ ，除以3余2，除以5余3，除以7余2，求 $n$ 。

⎧ ⎨ ⎩ \begin{matrix} n_{1} \equiv a_{1} (m o d m_{1}) n_{2} \equiv a_{2} (m o d m_{2}) n_{3} \equiv a_{3} (m o d m_{3}) \end{matrix}

$\large \begin{cases} n_1 \equiv a_1 (mod \ m_1)\\ n_2 \equiv a_2 (mod \ m_2)\\ n_3 \equiv a_3 (mod \ m_3)\\ \end{cases}$

$\large m_1,m_2,m_3$ 两两互质求共解

先不找最小解

考虑

\begin{matrix} m_{2} * m_{3} | n_{1} m_{1} * m_{3} | n_{2} m_{1} * m_{2} | n_{3} \end{matrix}

$\large{ \begin{aligned} &m_2*m_3|n_1\\ \\ &m_1*m_3|n_2\\ \\ &m_1*m_2|n_3\\ \end{aligned} }$

$n=n_1+n_2+n_3$ 即是一个解

$n \ mod \ lcm(m_1, m_2, m_3)$ 就是最小解

问题是咋求出来满足条件的 $n_1,n_2,n_3$ ？

用逆元(inv)

举例

\begin{matrix} n_{1} \equiv a_{1} (m o d m_{1}) n_{1}^{‘} = m_{2} * m_{3} n_{1}^{‘} * i n v (n_{1}^{‘}) \equiv 1 (m o d m_{1}) n_{1}^{‘} = i n v (n_{1}^{‘}) * m_{2} * m_{3} n_{1} = a_{1} * n_{1}^{‘} = a_{1} * i n v (n_{1}^{‘}) * m_{2} * m_{3} \end{matrix}

$\large{ \begin{aligned} &n_1 \equiv a_1 (mod \ m_1)\\ &n_1^`=m_2*m_3\\ &n_1^` * inv(n_1^`) \equiv 1 (mod \ m_1)\\ &n_1^`=inv(n_1^`)*m_2*m_3\\ &n_1=a_1*n_1^`=a_1*inv(n_1^`)*m_2*m_3 \end{aligned} }$

EXCRT

CRT 是 EXCRT 的特殊情况。

⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ \begin{matrix} x \equiv a_{1} (m o d m_{1}) x \equiv a_{2} (m o d m_{2}) \dots x \equiv a_{n} (m o d m_{n}) \end{matrix}

$\large \begin{cases} x\equiv a_1\ (mod\ m_1)\\ x\equiv a_2\ (mod\ m_2)\\ \cdots\\ x\equiv a_n\ (mod\ m_n) \end{cases}$

~~模数之间再无任何瓜葛~~

\begin{matrix} x = a_{1} + k_{1} * m_{1} = a_{2} + k_{2} * m_{2} a_{1} + k_{1} * m_{1} = a_{2} + k_{2} * m_{2} k_{2} * m_{2} - k_{1} * m_{1} = a_{1} - a_{2} \end{matrix}

$\large{ \begin{aligned} &x=a_1+k_1*m_1=a_2+k_2*m_2\\ &a_1+k_1*m_1=a_2+k_2*m_2\\ &k_2*m_2-k_1*m_1=a_1-a_2\\ \end{aligned} }$

嘶~最后的式子有些眼熟啊，像不像内个，对，就是内个！ $ax+by=c$

\begin{matrix} g = g c d (m_{1}, m_{2}) c = a_{1} - a_{2} \end{matrix}

$\large{ \begin{aligned} &g=gcd(m_1,m_2)\\ &c=a_1-a_2\\ \end{aligned} }$

如果 $\large g\nmid c$ 的话。。。那就无解。-_-

有解，求 $\large k_2\times m_2+k_1\times m_1=g$ 的 $\large k_1$ 。

因为 $\large g\mid c$ ，所以 $\large k_1*=(c/g)$ 。

防止爆炸， $\large k_1\%=m_2$ 。

于是可以反推 $\large x$ 。

但我想各位已经发觉到了，原方程式是 $\large k_2\times m_2-k_1\times m_1=c$ 。

于是 $\large x = -k_1\times m_1+a_1$ ，我们暂且设这个 $\large x$ 为 $\large x_0$ 。

通解就是 $\large x=x_0+k\times lcm(m_1,m_2)$ 。

于是这两个同余方程合并成了一个：

$\large x=x_0\ (mod\ lcm(m_1,m_2))$ 。

其他方程间以此类推。

最后剩下一个方程，他的 $\large x_0$ 的最小非负整数解，就是最终答案。

例题：P4777 ~~这题怎么是个紫的？快降蓝啊（doge

#include <bits/stdc++.h>

#define int long long
#define N 1000005

using namespace std;

template <typename T>
inline void read (T &a) {
	T x = 0, f = 1;
	char ch = getchar ();
	while (! isdigit (ch)) {
		(ch == '-') and (f = 0);
		ch = getchar ();
	}
	while (isdigit (ch)) {
		x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ '0');
		ch = getchar ();
	}
	a = f ? x : -x;
}

int n, x, y, A, B, C;
int m[N], a[N], ans;

inline int qmul(int a, int b, int mo) {
    int ans = 0, base = a;
    while (b) {
        if (b & 1) {
        	ans = (ans + base) % mo;
        }
        base = (base + base) % mo;
        b >>= 1;
    }
    return ans;
} // 龟速乘(不是快速幂)目的是防止两数相乘的时候溢出爆炸 

inline int exgcd(int a, int b, int &x, int &y) {
    if (!b) {
        x = 1;
		y = 0;
        return a;
    }
    int g = exgcd(b, a % b, x, y);
    int tx = x;
    x = y;
    y = tx - (a / b) * y;
    return g;
} // 不多言，都知道 

inline void excrt() {
    for (int i = 2; i <= n; i++) {
        A = m[1], B = m[i], C = a[i] - a[1];
        C = (C % B + B) % B;
		// 防止 C 是个负的，用 B 是因为在同余式中 B 是模数 
        int g = exgcd(A, B, x, y);
        x = qmul(x, (C / g), B); // 这里的 x 就是博客里的 k1 
        x = (x % B + B) % B;
		// k1 不能是个负的，负的难算还可能会错 
        a[1] = a[1] + qmul(m[1], x, m[1] * (m[i] / g));
        // 原博客 x = -k1 * m1 + a1 
        m[1] = m[1] * (m[i] / g); // 模数变为 lcm (m1, m2) 
        a[1] = (a[1] % m[1] + m[1]) % m[1]; // 防爆 
    }
}

signed main() {
    read (n); 
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
    	read (m[i]), read (a[i]);
    }
    excrt();
    printf("%lld", a[1]);
}

逆元

扩欧

最常用的，经常在各大题解里见到。。。（比如上面那篇代码

$\large a * inv(a) = 1 (mod \ p)$
根据 exgcd 可以变形成 $\large a * inv(a) +k * p = 1$

这说明只有 a 和 p 互质才存在逆元

inline int exgcd (int &x, int &y, int a, int b) { // 取地址为了方便随时修改
    if (!b) {
        x = 1, y = 0;
        return a;
    }
    int gcd = exgcd (x, y, b, a % b);
    int t = x;
    x = y;
    y = t - a / b * y;
    return gcd;
} // 顺便处理了一下gcd

inline long long inv (int a, int p) {
    long long x, y;
    long long d = exgcd (x, y, a, p);
    return d == 1 ? (x % p + p) % p : -1;
}

欧拉

这个比扩欧快一点，但不指望你们掌握，（下边有更好的）

$\large a^{\varphi(p)} \equiv 1 (mod \ p)\\ \large a*a^{\varphi(p)-1} \equiv 1 (mod \ p)$

$\large a^{\varphi(p)-1}$ 即是。

inline ll phi (int p) {
	int a, b;
	a = b = p;
	for (int i = 2; i * i <= a; ++i) { // 根号就够了
		if (a % i == 0) {
			b -= b / i; // 等价于 b = b * (1 - 1 / i), 精度问题 
			while (a % i == 0) {
				a /= i; // 把这几个质因子全去掉。。。 
			}
		}
	}
	if (a > 1) { // 应对素数情况 ， 同时将最后一个没有因数用掉 
		b = b - b / a;
	}
	return b;
}

inline ll fpow (ll a, ll p, ll mod) {
    ll ans = 1, cnt = a % mod;
    while (p) {
        if (p & 1) ans = ans * cnt % mod;
        cnt = cnt * cnt % mod;
        p >>= 1;
    }
    return ans;
}

inline ll inv (ll a, ll p) {
    return fpow (a, phi (p), p);
}

递推

线性

套用小绿书上的

p 是模数， i 为待求逆元的数，我们现在求 $i^{-1}$ 在 mod p 意义下的值

$\large { \begin{aligned} &p=k*i+r,k=p/i,r=p\%i\\ &k*i+r\equiv0(mod \ p)\\ &\text{all*$(ri)^{-1}$} \\ &k*r^{-1}+i^{-1}\equiv0(mod \ p)\\ &i^{-1}\equiv-k*r^{-1}(mod \ p)\\ &i^{-1}\equiv-p/i*inv(p\%i)(mod \ p)\\ \end{aligned} }$

$i^{-1}$ 就是 inv[i] ，

ll inv[p+5];
inline void Inv (ll p) {
    inv[1] = 1;
    for (int i = 2; i < p; i++) {
        inv[i] = (p - p / i) * inv[p % i] % p;
        // (p - p / i) 在 mod p 意义下等价于 -(p/i);
    }
}

适用于 p 是不大的素数且逆元被多次调用

预处理 $\large O(p)$ ,单次查询 $\large O(1)$ 。

递归

把上面的 for 变一下

inline ll inv (int i) {
    if (i == 1) return 1;
    return (p - p / i) * inv (p % i) % p;
}

单次查询 $\large O(log \ p)$ .

posted @ 2021-09-23 22:08 aleph_blanc 阅读(75) 评论(0) 编辑收藏举报

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翻车是必然的

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exgcd

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