OI数论简陋入门:从入门到退役

数论笔记

前言

本文主要基本地介绍知识点，通常附有证明，可能并不太系统，顺序可（一）能（定）也有一些问题（记得看目录）

本文主要需要的前置芝士：同余，\(\,gcd,lcm\,\)，乘法逆元，线性筛，剩余系，简化剩余系，导数

本文主要讲述了（不完全按顺序）：（扩展）欧拉定理，费马小定理，数论函数的定义，常用积性函数及其变换，狄利克雷卷积，莫比乌斯反演，杜教筛，min_25筛，Powerful Number筛

有时间将补充：Pollard Rho，Pohlig-Hellman

本文篇幅较长，请耐心阅读，如有错误，欢迎指出

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定义

一些规定

1.如无特殊标记，\(f_k(n)=f^k(n)\)

2.如无特殊说明，\(num(n,p)=max(k \in {p^k|n})\)

3.\([x]\)按照语境通常是艾弗森符号的含义或表示闭区间，有时也作向下取整（我尽量用最规范的），\(\{x\}\)表示取小数部分，有时也作集合使用

4.\(\,p\,\)表示容易质数，\(\,P\,\)表示质数集，如无特殊说明，\(\,p_i\,\)表示第\(\,i\,\)大的质数

5.\(\,lpf(x)\,\)表示\(\,x\,\)的最小质因子

6.\(\delta_m(a)\,\)表示\(\,a\,\)关于\(\,m\,\)的阶

7.使用勒让德符号,\((n|p)\equiv n^{\frac{p-1}2}(\mod p)\)

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许多数论函数

素数个数函数

\[\pi(n)=\sum_{p_i\leq n}1 \]

欧拉函数\(\,\varphi(x)\):[1,n] 中与n互质的数的个数

\[\varphi(n)=n*\Pi\frac{p_i-1}{p_i} \]

刘维尔函数(不是积性函数)

\[\lambda (n)=\sum_{d\in P,d|n}1 \]

莫比乌斯函数

\[\mu(n)=\begin{cases} μ(n)=1&n=1\\ μ(n)=0&a^2[a\not=1]|n\\ μ(n)=(-1)^{\lambda(n)}&otherwise\\ \end{cases} \]

约数个数函数

\[d(n)=\sum_{d|n}1 \]

元函数

\[\epsilon(n)=[n=1] \]

恒等函数

\[I(n)=1 \]

单位函数

\[id(n)=n \]

约数和函数

\[\sigma(n)=\sum_{d|n}d \]

一维前缀和

\[S(n)=\frac{n(n+1)}{2} \]

自定义的几个常用函数：

\[\varphi^2(n,m)=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[gcd(i,j)=1]=\sum_{T=1}^{min(n,m)}\mu(T)\lfloor\frac{n}{T}\rfloor\lfloor\frac{m}{T}\rfloor\\ \phi^2(n,m)=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^mij[gcd(i,j)=1]=\sum_{T=1}^{min(n,m)}\mu(T)S(\lfloor\frac nT\rfloor)S(\lfloor\frac mT\rfloor) \]

证明放在后面

积性函数：

\[\forall (a,b)=1,\, f(ab)=f(a)f(b) \]

完全积性函数：

\[\forall a,b\in Z^+,\, f(ab)=f(a)f(b) \]

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狄利克雷卷积

定义

设\(f,g\)为积性函数
则\(f\,\ast\,g=\sum_{d|n}f(d)g(\frac{n}{d})\)

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狄利克雷卷积的一些性质

\(f\,\ast\,\epsilon\,=\,f\)
\(f\,\ast\,g=g\,\ast\,f\)
\(f\,\ast\,(g\,\ast\,h)=(f\,\ast\,g)\ast\,h\)
\((f+g)\,\ast\,h=\,f\,\ast\,h\,+\,g\,\ast\,h\)

两个积性函数卷完之后还是积性函数

上述结论均不难证明，在此略过

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定理

欧拉定理&扩展欧拉定理

\[a^k\equiv\,a^{k\mod\varphi(p)+\varphi(p)}(mod\,\,p)(k>\varphi(p)) \]

特殊地，\(gcd(a,p)=1\,\)时,有\(\,\,a^k\equiv\,a^{k\mod\varphi(p)}(mod\,\,p)\)

注意，使用拓展欧拉定理时应当判断\(\,k\,\)与\(\varphi (p)\)的大小

欧拉定理的证明

考虑证明简单一点的情况：

\[gcd(a,p)=1\Rightarrow a^{\varphi(p)}\equiv1(mod\ p) \]

不难发现这和特殊情况是等价的(其实就是欧拉定理)

考虑\(\,p\,\)的简化剩余系（似乎也有叫缩系的）\(x_1,x_2\cdots x_{\varphi(p)}\)

构造数列\(\,y_i=ax_i\)

引理

\(\,y\,\)也是\(\,p\,\)的简化剩余系

引理证明

发现简化剩余系有两个主要性质：与原数互质，%\(p\)后两两不等

考虑分别证明

证明与原数互质

由简化剩余系的定义

\[\forall i\neq j\and x_i>x_j,p\not\mid(x_i-x_j)\\ \because gcd(a,p)=1\\ \therefore p\not\mid a(x_i-x_j)\Rightarrow p\not\mid(y_i-y_j)\\ y_i\not\equiv y_j(mod\ p) \]

再证明%\(p\)后两两不等

有

\[x_i\equiv 1(mod\ p)\\ a\equiv 1(mod\ p)\\ y_i\equiv ax_i\equiv 1(mod\ p)\\ gcd(y_i,p)=1 \]

结合两条性质不难证明引理

有了引理我们不难发现，\(\,y\,\)和\(\,x\,\)只是在次序上不同

所以

\[\prod y_i\equiv\prod x_i(mod\ p)\\ \prod ax_i\equiv\prod x_i(mod\ p)\\ a^{\varphi(p)}\prod x_i\equiv\prod x_i(mod\ p)\\ a^{\varphi(p)}\equiv 1(mod\ p) \]

得证

拓展欧拉定理的证明

同余的基本性质告诉我们

\[\begin{align*} \mid a-b\mid&\equiv0\pmod p\\ \mid a-b\mid&\equiv0\pmod q\\ a&\equiv b\pmod p\\ a&\equiv b\pmod q\\ a&\equiv b\pmod {pq} \end{align*} \]

拓展欧拉定理写成如下形式

\[b\geq \varphi(m)\Rightarrow a^b\equiv a^{b\ mod\ \varphi(m)+\varphi(m)}\pmod m \]

令

\[m=\prod p_i^{q_i} \]

发现只需要证明对于每一个\(\,p_i^{q_i}\,\)拓展欧拉定理成立，对于\(\,m\,\)，扩展欧拉定理就也成立

若

\[gcd(a,p_i^{q_i})=1 \]

那么就是欧拉定理的情形，只需考虑\(\,gcd(a,p_i^{q_i})\ne1\,\)的情况

\[\lambda(p_i)=1\Rightarrow p_i\mid a \]

即\(\,p_i\,\)是质数，所以\(\,a=np_i\)

引理

\(\varphi(p^k)\geq k\)

考虑\(k=0,1\)时带入验证即可

对于\(k>1\)的情况，两边同时求导，即左边的导数为\(l^\prime\)，右边的导数为\(r^\prime\)

得到

\[l^\prime=\varphi^\prime(p^k)=(p^{k-1}(p-1))^\prime=(p^k-p^{k-1})\ln p\geq p^{k-1}\ln p\geq 1\\ r^\prime=1\leq l^\prime \]

所以不等式在\(k>1\)时恒成立

引理得证

有

\[\varphi(p)\geq 1\Rightarrow \varphi(pq)\geq varphi(p)(gcd(p,q)=1) \]

所以

\[\begin{align*} &q_i\leq\varphi(p_i^{q_i})\leq\varphi(m)\leq b\\ \Rightarrow&a^b\equiv0\pmod {p_i^{q_i}}\\ \Rightarrow&a^{b\ mod\ m+\varphi(m)}\equiv0\pmod {p_i^{q_i}}\\ \Rightarrow&a^b\equiv a^{b\ mod\ m+\varphi(m)}\pmod {p_i^{q_i}} \end{align*} \]

于是\(\,gcd(a,p_i^{q_i})\ne1\,\)的情形也就得证了

证毕

费马小定理

其实就是欧拉函数的性质在欧拉定理中的应用：

\[a^{p-1}=1(mod\,\,p) \]

证明略过

顺带一提，并不是所有合数都不符合费马小定理，但是费马小定理可以用来初步判断素数

中国剩余定理&扩展中国剩余定理

描述了这样一个构造方法

\[\begin{cases} x\equiv a_1(mod\ \ m_1)\\ x\equiv a_2(mod\ \ m_2)\\ x\equiv a_3(mod\ \ m_3)\qquad s.t.\forall 1\leq i,j\leq n\quad\gcd(m_i,m_j)=1\\ ...\\ x\equiv a_n(mod\ \ m_n) \end{cases} \]

\[\begin{align*} M&=\prod^n_{i=1}m_i\\ x&=\sum^n_{i=1}(\frac M{m_i}+a_i)=\sum^n_{i=1}\frac M{m_i}+\sum_{i=1}^n a_i \end{align*} \]

代入即可发现这样的 \(x\) 是一个解，于是就可以求出 \(x\mod M\) 了，可以用来求解大数取模

扩展中国定理（EXCRT）中则不需要 \(\forall i,j\ gcd(m_i,m_j)=1\) 这一条件

此时没有人类智慧的构造方法了

观察性质，记 \(LCM=lcm(m_1,m_2\dots m_n)\) 最后的答案一定是

\[x\equiv b(mod\ LCM) \]

于是考虑合并方程，直至最后剩下一个作为通解

已知

\[\begin{cases} x\equiv r_1(mod\ m_1)\\ x\equiv r_2(mod\ m_2) \end{cases} \]

则

\[\begin{align*} x=k_1m_1+r_1&=k_2m_2+r_2\\ \Rightarrow k_1m_1-k_2m_2&=r_2-r_1 \end{align*} \]

注意到 \(m_1,m_2,r_1,r_2\) 都已知，运用 \(ex\ gcd\) 即可求出一组 \(k_1,k_2\)，代回即可求出通解

同理消去方程即可解出通解，中间任何一次合并的无解都会导致最终无解

素数定理

\(\pi(x)\sim\frac{x}{\ln x}\)

不太重要，不过证明一些复杂度时需要用到，这里给出简略的初等证明（不用\(\,\zeta\,\)函数和复变换）

考虑从离散到连续的变化，又可以写作

\[\pi(x)\sim\int_{2}^x\frac{1}{\ln t}dt \]

注意到：

\(p\mid n!\,\)当且仅当\(\,p\leq n\,\)

记

\[n!=\prod_i^t p_i^{r_i} \]

那么有

\[\pi(n)=t \]

可以注意到

\[r_i=\sum_{k=1}^\infty\lfloor\frac{n}{p_i^k}\rfloor \]

这似乎并不可做，但可以放缩

\[r_i=\sum_{k=1}^\infty\lfloor\frac{n}{p_i^k}\rfloor\approx\sum_{k=1}^\infty\frac{n}{p_i^k}=\frac{n}{p_i-1} \]

取对数得

\[\ln n!=n\prod\frac{\ln p}{p-1} \]

用斯特林公式（或许以后会在多项式的文章里证明，不过不会也没什么关系）拟合\(\,n!\,\):

\[\begin{align*} n!&\approx\sqrt{2\pi n}(\frac{n}{e})^n\\ \ln n!&\approx\ln (\sqrt{2\pi n}(\frac{n}{e})^n)\\ &=n\ln(\sqrt[2n]{2\pi n}\frac{n}{e})\\ &=n(\ln n-1) \end{align*} \]

于是，我们有

\[\begin{align*} n(\ln n-1)&=n\prod\frac{\ln p}{p-1}\\ \ln n-1&=\prod\frac{\ln p}{p-1} \end{align*} \]

记

\[g(x)=\frac{\ln x}{x-1} \]

不难发现\(\,x\geq2\,\)时，\(\frac{\\\ln x}{x-1}\)是减函数

于是

\[0<g(p_{i+1})<g(p_i) \]

设

\[\pi(x)\sim\int_{p_1}^xf(t)dt \]

则

\[\int_{p_i}^{p_{i+1}}f(x)dx=1\\ \forall x,f(x)>0\\ \forall p_i\leq x\leq p_{i+1},f(x)g(p_{i+1})\leq f(x)g(x)\leq f(x)g(p_i) \]

那么

\[\forall p_i\leq x\leq p_{i+1}\\ \int_{p_i}^{p_{i+1}}f(x)g(p_{i+1})\leq \int_{p_i}^{p_{i+1}}f(x)g(x)\leq \int_{p_i}^{p_{i+1}}f(x)g(p_i)\\ g(p_{i+1})\int_{p_i}^{p_{i+1}}f(x)\leq \int_{p_i}^{p_{i+1}}f(x)g(x)\leq g(p_i)\int_{p_i}^{p_{i+1}}f(x) \]

有

\[\int_{p_i}^{p_{i+1}}f(x)dx\approx1 \]

于是

\[g(p_{i+1})\leq\int_{p_i}^{p_{i+1}}f(x)g(x)\leq g(p_i) \]

对\(\,i\,\)进行求和

\[\sum_{i=1}^{t-1}g(p_{i+1})\leq\sum_{i=1}^{t-1}\int_{p_i}^{p_{i+1}}f(x)g(x)dx\leq\sum_{i=1}^{t-1}g(p_i)\\ \sum_{i=1}^tg(p_i)-g(p_1)\leq \int_{p_1}^{p_t}f(x)g(x)dx\leq\sum_{i=1}^tg(p_i)-g(p_t) \]

因为\(\,g\,\)是减函数，且恒大于\(\,0\)，所以\(\,g(p_1)-g(p_t)\,\)是收敛的

于是

\[\int_{p_1}^{n}f(x)g(x)dx\approx\sum_{i=1}^tg(i)\approx\ln n-1 \]

两边同时求导得

\[f(x)\frac{\ln x}{x-1}\approx\frac{1}{x}\\ f(x)\approx\frac{x-1}{x\ln x}=\frac{1}{\ln x}-\frac{1}{x\ln x}\approx\frac{1}{\ln x} \]

于是

\[\pi(x)\sim\int_{p_1}^x\frac{1}{\ln t}dt\sim\frac{x}{\ln x} \]

最后一步的变换用洛必达就可以了

证毕

拉格朗日定理

\(\text{f(x)是模p意义下的整系数n次多项式，}\)\(f(x)\equiv 0(mod\ \ p)\text{至多有n个不同解}\)

考虑归纳法

\(n=0\,\)时显然成立

若\(f(x)\equiv 0(mod\ \ p)\)有\(\,n+1\,\)个不同解，依次记为\(\,x_0,x_1,x_2...x_n\)

有

\[\begin{align*} f(x_0)\equiv 0&\equiv f(x)(mod\ \ p)\\\\ f(x_i)-f(x_0)&\equiv 0(mod\ \ p)\\ f(x_i)-f(x_0)&=(x_i-x_0)g(x_i)(mod\ \ p)\ \ s.t.deg(g)\leq n-1\\ \forall x_i\neq x_0,g(x_i)&\equiv 0(mod\ \ p) \end{align*} \]

于是注意到\(\,g(x)\,\)有\(\,x_1,x_2,x_3...x_n\,\)共 \(n\) 个根，矛盾

证毕

二次探测定理

\(p\in P\and p\neq2\Rightarrow x^2\equiv 1(mod\ p)\text{的解只有}\pm1\)

原方程可化为

\[(x-1)(x+1)\equiv0(mod\ p) \]

又有 \(p\in P\)

于是得证

小知识

向下取整小结论

\[\lfloor\frac{\lfloor\frac{n}{a}\rfloor}{b}\rfloor=\lfloor\frac{n}{ab}\rfloor \]

其中\(\,a,b,n\,\)均为正整数

证明如下：

\[\begin{align*} \lfloor\frac{n}{ab}\rfloor&=\lfloor\frac{\frac{n}{a}}{b}\rfloor\\ &=\lfloor\frac{\lfloor\frac{n}{a}\rfloor}{b}\rfloor+\lfloor\frac{\{\frac{n}{a}\}}{b}\rfloor+[\lfloor\frac{n}{a}\rfloor\ mod\ b+\{\frac{n}{a}\}\geq b]\\ &=\lfloor\frac{\lfloor\frac{n}{a}\rfloor}{b}\rfloor \end{align*} \]

神秘小知识

\[\sum_{d|n}\varphi(d)=n \]

证明如下：

构造一个二元数列\(\,(h,k)\,\)使得\(\,(h,k)=1\,\and\,k\mid n\,\and\,1\leq h<k\),特殊地，\((1,1)\)也被认为是合法的

构造另一个二元数列\(\,(i,n)\,\)其中\(\,1\leq i\leq n\),

对于\(\,(h,k)\,\)考虑其到\(\,(i,n)\,\)的映射，

不难发现\(\,(h,k)\rightarrow (\frac{hn}{k},n)\)

\[\because h<k\,\and\,k\mid n\\ \therefore \frac{h}{k}<1\Rightarrow \frac{hn}{k}<n\\ \Rightarrow \exists\,(i,n)=(\frac{hn}{k},n) \]

可以得到\(\,|(h,k)|\leq|(i,n)|\,\)

再考虑\(\,(i,n)\,\)到\(\,(h,k)\,\)的映射

\[(i,n)\rightarrow (\frac{i}{(i,n)},\frac{n}{(i,n)})\\ \because\frac{n}{(i,n)}\mid n\\ \therefore\exists\,(h,k)=(\frac{i}{(i,n)},\frac{n}{(i,n)}) \]

可以发现\(\,|(i,n)|\leq|(h,k)|\,\)

放缩得\(\,|(i,n)|=|(h,k)|\,\)

显然有\(\,|(i,n)|=n\,\),所以\(\,|(h,k)|=n\,\)

结合定义知\(k=d\Rightarrow (h,k)=\varphi(d)\),即\(|(h,k)|=\sum_{d\mid n}\varphi(d)\)

得证

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\[\sum_{i=1}^n\lfloor\frac{n}{i}\rfloor=\sum_{i=1}^nd(i) \]

结合定义不难证得

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\[d(ij)=\sum_{x\mid i}\sum_{y\mid j}[gcd(i,j)=1] \]

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\[\varphi(ij)=\frac{\varphi(i)\varphi(j)gcd(i,j)}{\varphi(gcd(i,j))} \]

\(\,\mu\,\)的最重要性质

\[I\,\ast\,\mu=\epsilon \]

说人话就是\(\,\mu\,\)是\(\,I\,\)的反函数

证明如下

\[n=1,I\,\ast\,\mu=\mu(1)=1 \]

若\(n\neq1\rightarrow n=\prod p_i^{a_i}\)

由\(\mu\,\)的定义知，若\(\,\,\exists\,num(m,p)>1\rightarrow \mu(m)=0\)

故而我们只考虑\(\,\,\prod\limits_{i=1}^{\lambda(n)}[num(m,p_i)\leq 1]=1\,\)的\(\,m\,\)，下面的\(\,m\,\)都满足这一性质

设

\[S_i=\sum_{\lambda(d)=i}\mu(d) \]

\[L_i=|S_i| \]

\[i\equiv 1\,(mod\,\,2)\rightarrow S_i=-L_i \]

\[i\equiv 0\,(mod\,\,2)\rightarrow S_i=L_i \]

\[S_i=(-1)^iL_i \]

就是说\(\,S_i\,\)考虑有\(\,i\,\)个质因子的\(\,m\,\)的总贡献，\(\,L_i\,\)表示这样的\(\,m\,\)的个数，特殊地，我们有\(L_0=S_0=1\)，也就是\(\,m=1\,\)的贡献

由组合数的知识容易得到

\[L_i={\lambda(n)\choose i} \]

考虑用\(\,L_i\,\)来表达\(\,I\,\ast\,\mu\,\)，简单带入可得

\[I\,\ast\,\mu=\sum_{d|n}\mu(d)=\sum_{\prod\limits_{i=1}^{\lambda(n)}[num(m,p_i)\leq 1]=1}\mu(m)=\sum_{i=0}^{\lambda(n)}S_i=\sum_{i=0}^{\lambda(n)}(-1)^iL_i=\sum_{i=0}^{\lambda(n)}(-1)^i{\lambda(n)\choose i} \]

考虑构造函数

\[f(x)=\sum_{i=0}{\lambda(n)\choose i}x^i=(1+x)^{\lambda(n)} \]

\[f(-1)=\sum_{i=0}^{\lambda(n)}(-1)^i{\lambda(n)\choose i}=0 \]

所以有

\[n\neq1,I\,\ast\,\mu=0 \]

综上，得证

\(gcd(n,m)=1\rightarrow\varphi(nm)=\varphi(n)\varphi(m)\quad\)也就是说欧拉函数是积性函数，但不是完全积性函数

莫比乌斯反演

\[F(n)=\sum_{d|n}f(d)\rightarrow\,f(n)=\sum_{d|n}\mu(d)·F(\frac{n}{d}) \]

证明如下

\[F=f\ast I \]

\[F\ast \mu=f\ast I\ast \mu \]

\[F\ast \mu=f \]

得证

通常在使用时遵循如下方式

\[[...]\Rightarrow\epsilon(...)\Rightarrow\sum\mu(...) \]

交换求和号后暴力莫反即可

原根

定义

首先定义“阶”。$ a,\(关于\),m,$的阶是

\[r_{min}\in N \ \ s.t.a^r\equiv1(mod\ \ m),\gcd(a,m)=1 \]

\[\text{a是m的原根}\ \ s.t.\delta_m(a)=\varphi(m) \]

其中，\(\delta_m(a)\)表示 \(a\) 关于 \(m\) 的原根

神秘定理

一个数 \(m\) 的最小原根 \(g\leq m^\frac14\)

我不会证

一些引理

引理1

\(\gcd(a,m)=\gcd(b,m)=1\text{时}\delta_m(a)\delta_m(b)=\delta_m(ab)\Leftrightarrow \gcd(\delta_m(a),\delta_m(b))=1\)

先证，\(\delta_m(a)\delta_m(b)=\delta_m(ab)\Rightarrow \gcd(\delta_m(a),\delta_m(b))=1\)

结合定义可得

\[\begin{align*} &\because (ab)^{lcm(\delta_m(a),\delta_m(b))}\equiv 1(mod\ \ m),\delta_m(ab)=\delta_m(a)\delta_m(b)\\\\ &\therefore \delta_m(a)\delta_m(b)|lcm(\delta_m(a),\delta_m(b))\\&\Rightarrow \gcd(\delta_m(a),\delta_m(b))=1 \end{align*} \]

再证，\(\gcd(\delta_m(a),\delta_m(b))=1\Rightarrow \delta_m(a)\delta_m(b)=\delta_m(ab)\)

考虑如下变形

\[\begin{align*} (ab)^{\delta_m(ab)}&\equiv1\\ &\equiv(ab)^{\delta_m(ab)\delta_m(b)}\\ &\equiv a^{\delta_m(ab)}(mod\ \ m)\\ \Rightarrow \delta_m(a)&|\delta_m(ab) \end{align*} \]

同理可得

\[\delta_m(b)|\delta_m(ab) \]

又有

\[\begin{align*} &(ab)^{\delta_m(a)\delta_(b)}\equiv(ab)^{\delta_m(ab)}\equiv1(mod\ \ m)\\ \Rightarrow &\delta_m(ab)|\delta_m(a)\delta_m(b) \end{align*} \]

已知\(\,\gcd(\delta_m(a),\delta_m(b))=1\)

于是

\[\delta_m(ab)|\delta_m(a)\delta_m(b)\\ \delta_m(a)\delta_m(b)|\delta_m(ab) \]

即

\[\delta_m(a)\delta_m(b)=\delta_m(ab) \]

证毕

引理2

\(\gcd(a,m)=1,\delta_m(a^k)=\frac{\delta_m(a)}{\gcd(\delta_m(a),k)}\)

给个式子的大写

\[\delta_m(a^k)=\frac{\delta_m(a)}{\gcd(\delta_m(a),k)} \]

代入后易得右边是 \(\delta_m(a^k)\) 的倍数

只需证明左边也是右边的倍数

\[\begin{align*} &(a^k)^{\delta_m(a^k)}\equiv a^{k\delta_m(a^k)}\equiv1(mod\ \ m)\\ \Rightarrow&\delta_m(a)|k\delta_m(a^k) \end{align*} \]

有

\[\gcd(\delta_m(a),k)|k \]

于是

\[\frac{\delta_m(a)}{\gcd(\delta_m(a),k)}|\delta_m(a^k) \]

得证

引理3

\(\forall \gcd(a,m)=\gcd(b,m)=1,\exists c\ s.t. \delta_m(c)=lcm(\delta_m(a),\delta_m(b))\)

考虑如下构造（反正我考虑不到）

\[\delta_m(a)=\prod p_i^{\alpha_i}\\ \delta_m(b)=\prod p_i^{\beta_i}\\ A=\prod_{\alpha_i\leq\beta_i}p_i\\ B=\prod_{\beta_i<\alpha_i}p_i\\ c=a^Ab^B \]

可以发现符合要求，得证

存在原根的判断

结论：\(m=1,2,4,p^a,2p^a\) 时才有原根

\(m=1,2,4\) 时易得证

先考虑奇素数的情况

\[\exists a=\delta_p(n)=lcm(\delta_p(1),\delta_p(2)...\delta_p(p-1))(\text{引理3})\\ x^a\equiv1(mod\ \ p)\text{至少有}p-1\text{个根}\\ \]

考虑拉格朗日定理

\[\delta_p(n)\geq p-1 \]

又由费马小定理

\[\delta_p(n)\leq p-1 \]

可得

\[\delta_p(n)=p-1=\varphi(p) \]

于是，\(n\,\)为\(\,p\,\)的一个原根

设 \(g\) 为 \(p\) 的一个原根，由归纳法可知

\[g^{\varphi(p^a)}=1+p^aC_a\ \ s.t.g\nmid C_a \]

由欧拉定理得

\[\delta_{p^a}(g)\mid \varphi(p^a)=p^{a-1}(p-1) \]

设 \(1\leq b\leq a,\delta_{p^a}(g)=p^{b-1}(p-1)\)

考虑到

\[g^{\delta_p(g)}\equiv1(mod\ \ p^a)\Rightarrow b\geq a \]

\[b=a \]

\[\delta_{p^a}(g)=\varphi(p^a)=\varphi(2p^a) \]

这样就得到了所有满足条件的情况，接着需要证明其他情况都无原根

\(p=2^r\) 时，\(g\) 只能为奇数

\[\begin{align*} g&=2k+1\\ g^{2^{r-2}}&\equiv(2k+1)^{2^{r-2}}\\ &\equiv1+2^{r-1}k+2^{r-1}(2^{r-2}-1)k^2\\ &\equiv1+2^{r-1}k((2^{r-2}-1)k+1)\\ &\equiv1(mod\ \ 2^r)\\ \Rightarrow\delta_{2^r}(g)&\leq2^{r-2}<\varphi(2^r) \end{align*} \]

无原根

否则，\(p=rt\ \ s.t.\gcd(r,t)=1\)

\[\begin{align*} g^{\varphi(r)}\equiv&1(mod\ \ r)\\ g^{\varphi(t)}\equiv&1(mod\ \ t)\\ \because\gcd(r,t)&=1\\ \therefore g^{\varphi(r)\varphi(t)}&\equiv1\\ &\equiv g^{\frac12\varphi(r)\varphi(t)}(mod\ \ p)\\ \Rightarrow \delta_p(g)\leq&\frac12\varphi(r)\varphi(t)<\varphi(p) \end{align*} \]

无原根

综上，只有\(m=1,2,4,p^a,2p^a\) 时，\(m\) 有原根

原根的求法

根据经验（我不会证），最小原根不是多项式级别的，所以可以暴力找最小的原根

显然，如果 \(g\) 是 \(m\) 的原根，下面是充要条件

\[g^{\varphi(m)}\equiv1(mod\ \ m)\\ g^{\varphi(m)/p}\not\equiv1(mod\ \ m) \]

复杂度大概是\(\Theta(m^\frac14\log m\log\log m)\)，\(m^\frac14\) 是最小原根的上界，\(\log m\) 是快速幂，\(\log\log m\)是枚举因子

然后有

\[g是m的原根\Longrightarrow g^{r}是m的原根\ \ s.t.gcd(r,\varphi(m))=1 \]

就可以求出所有原根了，证明以后有时间再补上吧，顺便我们还可以得到 \(m\) 的原根数目为\(\varphi(\varphi(m))\)

积性函数的一些性质

通用性质

对于任意积性函数\(f\,\)有

\[\forall n=\prod p_i^{a_i} \]

\[f(n)=\prod f(p_i^{a_i}) \]

有算数基本定理和积性函数的定义容易推出

对于任意完全积性函数\(f\,\)有

\[f(n^k)=f^k(n) \]

若积性函数\(f\,\)满足上式，则\(f\,\)也是完全积性函数

\[\sum_{d|n}f(d)=\prod_{i=1}^{\lambda(n)} \sum_{j=0}^{num(n,p_i)}f(p_i^j)由算数基本定理容易推出 \]

\(\,\mu\,\)与\(\,\varphi\,\)的关联

由结论1得：

\[\varphi\,\ast\,I=id \]

考虑消去其中的\(\,I\,\)，利用结论2，两边同卷\(\,\mu\)：

\[\varphi\,\ast\,I\,\ast\mu=id\,\ast\,\mu \\ \varphi=id\,\ast\,\mu \\ \varphi(n)=\sum_{d|n}\mu(d)\frac{n}{d} \\ \frac{\varphi(n)}{n}=\sum_{d|n}{\frac{\mu(d)}{d}} \]

一些自定义函数

\(\varphi^2\)

\[\begin{align*} \varphi^2(n,m)&=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[gcd(i,j)=1]\\ &=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\sum_{T\mid i,T\mid j}\mu(T)\\ &=\sum_{T=1}^{min(n,m)}\mu(T)\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m1\\ &=\sum_{T=1}^{min(n,m)}\mu(T)\lfloor\frac{n}{T}\rfloor\lfloor\frac{m}{T}\rfloor \end{align*} \]

\(\phi^2\)

\[\begin{align*} \phi^2(n,m)&=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^mij[gcd(i,j)=1]\\ &=\sum_{i=1}^ni\sum_{j=1}^mj\sum_{T\mid i,T\mid j}\mu(T)\\ &=\sum_{T=1}^{min(n,m)}\mu(T)\sum_{i=1}^ni\sum_{j=1}^mj\\ &=\sum_{T=1}^{min(n,m)}\mu(T)S(\lfloor\frac nT\rfloor)S(\lfloor\frac mT\rfloor) \end{align*} \]

一点补充

\[(\mu\cdot id)\,\ast\,id=\epsilon \]

暴力展开即可得证，读者自证不难

---

算法

卢卡斯定理&拓展卢卡斯定理

算法

所以为什么叫定理啊

不妨直接说 \(exLucas\) 定理，可以用来解决

\(C_n^m\mod p\)

其中，\(p\) 可以是任意正整数

不妨直接展开

\[C_n^m=\frac{n!}{m!(n-m)!} \]

如果 \(p\) 的质因子足够大，就可以直接求 \(m!(n-m)!\) 的逆元

如果 \(p\) 比较小，我们考虑

\[p=\prod^{\alpha_i>0} p_i^{\alpha_i} \]

注意到

\[\gcd(p_i^{\alpha_i},p_j^{\alpha_j})=1 \]

原问题就转化为了求

\[C_n^m\mod p^k\qquad s.t.p\in P,k\in N^* \]

之后有

\[\begin{cases} C_n^m\equiv a_1(mod\ \ p_1^{\alpha_1})\\ C_n^m\equiv a_2(mod\ \ p_2^{\alpha_2})\\ C_n^m\equiv a_3(mod\ \ p_3^{\alpha_3})\\ ...\\ C_n^m\equiv a_r(mod\ \ p_r^{\alpha_r})\\ \end{cases} \]

使用中国剩余定理求解即可得到 \(C_m^n\mod p\)，复杂度为 \(\Theta(\lambda(p))\)

发现，只要 \(C_n^m\) 中没有 \(p\) 这个质因子，就可以直接求逆元

这时，一个朴素的思想是把其中的 \(p\) 都提出来，最后再乘回去，即

\[C_n^m=\frac{n!}{m!(n-m)!}=\frac{\frac{n!}{p^{c_1}}}{\frac{m!}{p^{c_2}}\frac{(n-m)!}{p^{c_3}}}p^{c_1-c_2-c_3} \]

只需要处理 \(c_1-c_2-c_3\ne0\) 的情况

转化为处理如下情形

\[\frac{n!}{p^\alpha}\mod p^k\qquad s.t.\gcd(\frac{n!}{p^\alpha},p)=1 \]

发现并没有很好的方法，于是考虑一次只除去一个 \(p\) ，也就是说将 \(1\sim n\) 的所有 \(p\) 的倍数都除去一个 \(p\)

注意到这样的数有 \(\lfloor\frac{n!}{p}\rfloor\) 个

除去 \(p\) 之后，有

\[\prod^{1\le i\le n}_{p\mid i}i=p^{\lfloor\frac np\rfloor}\lfloor\frac np\rfloor! \]

显然可以递归直到 \(\lfloor\frac{n!}{p}\rfloor< p\)

再观察 \(n!\) 中不含 \(p\) 的项，有

\[\prod^{p^k}_{p\not\mid i}i\equiv \prod^{p^k}_{p\not\mid i}(i+qp^k)(mod\ \ p^k) \]

于是可以发现循环节，最后一节可以不完整，但长度不超过 \(p^k\)，所以这一步的复杂度是\(\Theta(p^k+\log\frac{n}{p^k})\)

因为 \(p\) 已经被提出来了，所以最后的结果就是

\[\frac{n!}{p^\alpha}\equiv \lfloor\frac np\rfloor!(\prod_{p\not\mid i}^{p^k}i)^{\lfloor\frac n{p^k}\rfloor}\prod^n_{i=p^k\lfloor\frac n{p^k}\rfloor+1}i\quad(mod\ \ p^k) \]

注意其中每一部分计算时都需要忽视 \(p\) (因为需要提出来放在外面处理)

这样就解决了问题，有一个简洁的式子，但是我忘了

复杂度

\(p\) 的质因子个数为 \(\lambda(p)\)，又有 \(\Theta(\lambda(p))=\Theta(\log\log p)\)

接着分析计算 \(\frac{n!}{p^\alpha}\mod p^k\) 的复杂度

设其复杂度为 \(\Theta(f_p(n))\)，则

\[\Theta(f_p(n))=\Theta(f_p(\frac{n}{p})+p^k+\log\frac n{p^k}) \]

至多递归 \(\log_pn\) 次，于是有

\[\begin{align*} \Theta(f_p(n))&=\Theta(p^k\log_pn+G)\\ G&=\sum_{i=0}^{p^{k+i}\leq n}\log\frac n{p^{k+i}}\\ &=(\log_pn-k)\log\frac n{p^k}-\sum_{i=0}^{i\le\log_pn-k}\log p^i\\ \end{align*} \]

记

\[F=\log_pn-k \]

则

\[\begin{align*} G&=F\log\frac n{p^k}-F^2\log p\\ \Rightarrow\Theta(G)&=\Theta(\log n) \end{align*} \]

再全部加起来

\[\begin{align*} \Theta(exLucas)&=\sum_{i=1}^{\lambda(p)}\Theta(f_{p_i}(n))\\ &=\Theta(\log n\log\log p)+c\\ \end{align*} \]

左边不太可能是瓶颈，只考虑右边

\[\Theta(\log n\sum_{i=1}^{\lambda(p)}\frac{p_i^k}{\log p_i})\le\Theta(p\log n) \]

这样放缩显然过于粗略（但确实是界，\(p=2^\alpha\) 时取到），一般估计时可以采用作为近似的下界 \(\Theta(p^{\frac1{\log\log\log p}}\frac{\log\log p}{\log p}\log n)\)

真的下界可能是 \(\Theta(p^{\frac1{\log\log p}}\frac{\log\log p}{\log p}\log n)\)

是假设有 \(\log\log p\) 个等大的因数得出的

代码

namespace Lucas
{
	inline int pow(ll a,ll x,int p)
	{
		if(a>=p) a%=p;
		if(a==1) return 1;
		if(a==0) return 0;
		if(a==-1) return (x&1)?-1:1;
		int as=1,ds=a;
		while(x)
			(x&1)&&(as=(ll)as*ds%p),
			ds=(ll)ds*ds%p,
			x>>=1ll;
		return as;
	}
	inline int exgcd(int a,int b,int &x,int &y)
	{
		if(!b)
		{
			x=1,y=0;
			return a;
		}
		int t=exgcd(b,a%b,y,x);
		y-=a/b*x;
		return t;
	}
	inline int p_num_of_fact(ll n,int p)
	{
		int as=0;
		for(;n>=p;n/=p) as+=n/p;
		return as;
	}
	inline int mod_fact(ll n,int p,int mod)
	{
		if(!n) return 1;
		int as=1;
		for(int i=2,md=2;i<=mod;++i,++md)
			if(md==p) md=0;
			else as=(ll)as*i%mod;
		as=pow(as,n/mod,mod);
		for(int i=2,md=2,ed=n%mod;i<=ed;++i,++md)
			if(md==p) md=0;
			else as=(ll)as*i%mod;
		return (ll)as*mod_fact(n/p,p,mod)%mod;
	}
	inline int a_choose(ll n,ll m,int p,int mod)
	{
		if(m>n) return 0;
		int c1(p_num_of_fact(n,p)),c2(p_num_of_fact(m,p)),c3(p_num_of_fact(n-m,p));
		int as=1,tmp=0;
		if(c1-c2-c3>0)
			if((tmp=pow(p,c1-c2-c3,100000000))>=mod) return 0;
			else as=tmp%mod;
		else tmp=0;
		int a1(mod_fact(n,p,mod)),a2(mod_fact(m,p,mod)),a3(mod_fact(n-m,p,mod));
		if(as^1) a1=(ll)a1*as%mod;
		int x(0),y(0);
		exgcd(a2*a3%mod,mod,x,y);
		return (ll)a1*x%mod;
	}
	inline int exLucas(ll n,ll m,int p)
	{
		static int a[110],b[110],cnt;
		int x=p;
		for(int i=2,k=sqrt(x)+1,tmp=1;i<=k;++i)
			if(p%i==0)
			{
				for(tmp=1;x%i==0;) tmp*=i,x/=i;
				a[++cnt]=tmp,b[cnt]=a_choose(n,m,i,tmp);
			}
		if(x^1) a[++cnt]=x,b[cnt]=a_choose(n,m,x,x);
		int A=a[1],B=b[1];
		for(int i=2,k1=0,k2=0;i<=cnt;++i)
		{
			int g=exgcd( A,a[i],k1,k2);
			int t=A;
			A=(ll)A*a[i]/g;
			B=(ll)((ll)t*k1%A*(ll)(b[i]-B)/g%A+B)%A;
		}
		return (A+B)%A;
	}
}

BSGS&exBSGS

\(a^x\equiv b(mod\ p)\)，求 \(x\)

显然最小的答案不会超过 \(p\)(只有 \(p\) 种余数，之后一定会循环)，于是可以做到 \(O(p)\)

考虑根号分治

\[\begin{align*} x&=k\sqrt{p}+l(k<\sqrt{p})\\ \Rightarrow a^{k\sqrt{p}}&\equiv\frac{b}{a^l}(mod\ p) \end{align*} \]

于是可以枚举 \(k\)，把对应的值插到一个hash表里，然后枚举 \(l\)，判断hash表中有没有对应的值即可

于是做到 \(O(\sqrt p)\)（严格来说是 \(O(\sqrt{\varphi(p)})\)）

如果 \(gcd(a,p)>1\)，那么不能直接采用上面的方法，因为求不出逆元

此时需要exBSGS

显然，\(b=1\Rightarrow x=0\)

考虑其他情况，设

\[\begin{align*} g&=gcd(a,p)\\ a^\prime&=\frac ag\\ p^\prime&=\frac pg \end{align*} \]

则

\[\begin{align*} a^x&\equiv b(mod\ p)\\ \Leftrightarrow (a^\prime g)^x&\equiv b(mod\ p^\prime g)\\ \Rightarrow(a^\prime g)^x&+kp^\prime g=b\\ g(a^{\prime}a^{x-1}&+kp^\prime)=b \end{align*} \]

有解的必要条件是 \(\frac bg\in Z\)

最后一个式子变换得

\[a^\prime a^{x-1}\equiv \frac bg(mod\ p^\prime) \]

有

\[gcd(a^\prime,p^\prime)=1 \]

故 \(a^\prime\) 在模 \(p^\prime\) 的意义下一定存在逆元，然后用 BSGS 就可以了

另一种方便的方法是直接做 BSGS，枚举 \(-l\) 即可，然后代回验证即可，不过细节挺多的

Miller-Rabin

由费马小定理

\[a^{p-1}\not\equiv 1(mod\ p)\Rightarrow p\not\in P \]

发现这样的运算是 \(O(log\ p)\) 的，但符合上式的 \(p\) 也不一定是素数，于是用二次探测定理二次验证

二次验证时注意到 \(p-1\) 一定是偶数，于是取 \(\frac p2\) 继续检测，结果只能是 \(\pm1\)

这样做，一次的错误概率是 \(\frac14\)，可以接受

\(\text{如果广义黎曼猜想成立，只需取前}\lfloor2(log\ n)^2\rfloor\text{个数进行费马小定理的检验即可确定性地判素}\)

虽然我们不难知道广义黎曼猜想是否成立，但在 \(2^{78}\) 的范围内只需要取 \(2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37\) 即可确定性的判素

namespace math
{
	inline ll rand_num() {return (ll)rand()*rand()*rand()+(ll)rand()*rand();}
	inline ll pow(ll a,ll x,ll p)
	{
		if(a>=p) a%=p;
		if(a==1) return 1;
		if(a==0) return 0;
		if(a==-1) return (x&1)?-1:1;
		ll as=1,ds=a;
		while(x)
			(x&1)&&(as=(ll)as*ds%p),
			ds=(ll)ds*ds%p,
			x>>=1ll;
		return as;
	}
	inline bool is_prime(ll n)
	{
		int tab[12]={2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37};
		for(int i=0;i<12;++i)
			if(n==tab[i]) return true;
			else if(n%tab[i]==0) return false;
		for(int i=0;i<12;++i)
			if(pow(tab[i],n-1,n)!=1)
				return false;
		return true;
	}
}

杜教筛

杜教筛的构造

要求\(\,f\,\)的前缀和，构造一个很好求前缀和的函数\(\,h\,\)和一个很好求前缀和的辅助函数\(\,g\,\)，使得

\[h=f\,\ast\,g \]

\[S(n)=\sum_{i=1}^nf(i)\,,\,S_h(n)=\sum_{i=1}^nh(i) \]

按狄利克雷卷积的定义展开

\[S_h(n)=\sum_{i=1}^n\sum_{d|i}g(d)f({\frac{i}{d}}) \]

考虑用\(\,S_h\,\)表示\(\,S\)，于是考虑交换求和符号，使得\(\,g\,\)和\(\,f\,\)分离：

\[\sum_{i=1}^n\sum_{d|i}g(d)f({\frac{i}{d}})=\sum_{d=1}^ng(d)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}f(i)=\sum_{d=1}^ng(d)S(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor) \]

发现\(\,\frac{n}{1}=n\,\)，所以我们把右边第一项提出来：

\[S_h(n)=g(1)S(n)+\sum_{d=2}^ng(d)S(\frac{n}{d}) \]

整理得

\[S(n)=\frac{S_h(n)-\sum_{d=2}^ng(d)S(\frac{n}{d})}{g(1)} \]

由于构造的\(S_h(n)\)是容易求得的，即可以在低于线性的时间内求出（实际上很多时候都是\(\,\Theta(1)\,\)的），

\(\,g(1)\,\)也显然可以在\(\,\Theta(1)\,\)的时间里求出，所以只需要在低于线性的时间里求\(\,g(d)S(\frac{n}{d})\,\)的除去第一项的前缀和

考虑使用整除分块，则转化为求\(\,g\,\)在不超过\(\,2\sqrt n\,\)段上的和，前缀和即可，

对于\(\,S([\frac{n}{d}])\,\)项，我们直接递归，暴力地预处理出\(n^{\frac{2}{3}}\)个前缀和即可

复杂度分析

下文考虑中均认为求\(\,f,g\,\)的前缀和是\(\,\Theta(1)\,\)的

运用杜教筛，我们把求\(\,S(n)\,\)转化为了求所有的\(\,S(\frac{n}{d})\,\)，本质上只有\(\,2\sqrt n\,\)种取值，忽略常数后，我们设杜教筛的复杂度为\(\,T(n)\,\)，可得方程

\[T(n)=\sqrt n+\sum_{i=2}^{[\sqrt n]}(\,T(i)+T(\frac{n}{i})\,) \]

含义为，求前n项前缀和的复杂度是\(\,\)整除分块的复杂度+处理出每个\(\,S(\frac{n}{d})\,\)和\(\,S(d)\,\)的复杂度

这里我们默认了\(\,n\,\)超出了预处理的前缀和，但\(\,\frac{n}{d}\,\)显然可能是被预处理过的值，所以需要考虑预处理，设预处理了\(\,k\,(k\geq\sqrt n)\,\)个，那么总的复杂度为：

\[k+T(n)=k+\sqrt n+\sum_{i=2}^{\lfloor\sqrt n\rfloor}(\,T(i)+T(\frac{n}{i})\,) \]

注意到所有\(\,T(i)\,\)都已经被预处理了，可以\(\,\Theta(1)\,\)得到，复杂度为\(\,\Theta(\sqrt n)\,\)，

接着考虑\(\,T(\frac{n}{i})\,\)的处理，考虑继续展开，注意此时不需要再预处理了：

\[k+T(n)=k+\sqrt n+\sum_{i=2}^{\sqrt n}T(\frac{n}{i})=k+\sqrt n +\sum_{i=2}^{\frac{n}{k}}{\frac{n}{\sqrt k}} \]

上式最后的\(\,\sum\,\)含义为一个大于\(\,k\,\)的值迭代到\(\,k\,\)以内的迭代次数

令总复杂度为\(\,D=k+T(n)\,\)，选\(\,k\,\)为主元，考虑其极值，得

\[D^\prime=1-\frac{n}{2k^{\frac{3}{2}}}=0 \]

\[2k^{\frac{3}{2}}=n \]

\[k={(\frac{n}{2})}^{\frac{2}{3}} \]

最终的复杂度为\(\,\Theta(n^\frac{2}{3})\).

min25筛

求函数\(F(x)\)的前缀和，\(F(p^k)=pol(p^k)\)，\(\,pol\,\)是多项式函数

对于部分函数，我们容易构造出杜教筛解决，但如果辅助函数不好构造或者干脆不是积性函数，就不能杜教筛了，此时，我们可以考虑min25筛（当然min_25筛对于函数的性质还是有要求的，一般不是积性函数的话，合数部分贡献的计算很好处理，下文只考虑是积性函数的情况）

计算方法

对于一个多项式，我们可以把每一项的贡献分开考虑，而常数显然可以最后再乘，所以我们只需要考虑\(F(p)=p^k\)的情况

考虑一个更简单的问题

求\(\sum\limits_{p\leq n}p^k\)

不能线筛的话似乎毫无办法，但这里可以考虑dp，记

\[g(n,x)=\sum_{i\in P\,\or\,lpf(i)>p_x}i^k \]

也就是说\(\,g(n,x)\,\)表示区间\(\,[1,n]\,\)中质数或最小质因子比第\(\,x\,\)大质数大的数的\(\,k\,\)次方的贡献

怎么转移呢？

我们考虑容斥，显然答案会减小，失去贡献的是最小质因子恰好为\(\,p_j\,\)的合数，又发现\(p^k\)这种幂函数是完全积性的

所以选定一个\(p_j\)除掉，再补上多减的，可以得到转移方程：

\[g(n,j)=g(n,j-1)-p_j^k(g(\lfloor\frac{n}{p_j}\rfloor,j-1)-g(p_{j-1},j-1)) \]

答案就是\(\,g(n,\pi(n))\,\)，可是，这还是线性的呀？

但是，我们发现

\[\forall 1\leq i\leq n\and i\notin P\quad lpf(i)\leq\sqrt n \]

于是最后的\(g(p_{j-1},j-1)\)就可以\(\Theta(\sqrt n)\)线筛预处理了

至于前面的部分，之后再说明

回到原问题，我们把贡献拆成质数和合数两部分，然后枚举合数的\(\,lpf\,\)及其次数

\[\begin{align*} S_F(n)&=\sum_{i=1}^{\pi(n)}p_i^k+\sum_{i\notin P}F(i)\\ &=\sum_{i=1}^{\pi(n)}p_i^k+\sum_{p^e\leq n}p^{ek}\big(\sum_{1\leq i\leq\frac{n}{p^e}\and lpf(i)>p}F(i)\big)\\ \end{align*} \]

设\(\,S(i,j)\,\)表示前\(\,i\,\)个数中的质数或最小质因子不小于\(\,p_j\,\)的合数的贡献

即

\[\begin{align*} S(i,j)&=\sum_{k\in P\,\or\,lpf(k)\geq p_j}F(k)\\ &=g(i,\pi(i))-g(j-1,\pi(j-1))+\sum_{k\geq j\,\and\,p_k^2\leq i}\sum_{e=1}^{p_k^{e+1}\leq i}\big(F(p_k^e)S(\lfloor\frac{i}{p_k^e}\rfloor,k+1)+F(p_k^{e+1})\big) \end{align*} \]

不难发现，边界条件为

\[S(1,j)=S(i,j)(i<p_j)=0 \]

最终答案就是

\[S_F(n)=S(n,1)+F(1) \]

这时，我们发现我们只需要求\(\,S(n,1)\)，于是我们求的\(\,g\,\)形如

\[g(n,\pi(n)),g(\lfloor\frac{n}{a_1}\rfloor,\pi(...)),g(\lfloor\frac{\lfloor\frac{n}{a_1}\rfloor}{a_2}\rfloor,\pi(...))=g(\lfloor\frac{n}{a_1a_2}\rfloor),\pi(...))\cdots \]

可以发现只需要求\(\,\Theta(\sqrt n)\,\)个\(\,g\,\)的值就可以了

复杂度分析

我们发现min_25筛干了这些事：求\(\Theta(\sqrt n)\,\)个\(\,g\,\)的值，求\(\,\Theta(\sqrt n)\,\)个关键点的\(\,g\,\)值，求\(\,S(n,1)\,\)

第一个可以线筛，所以瓶颈在后两个上

由素数定理，质数个数约为\(\,\frac{n}{\\\ln n}\,\)

联想埃筛，可以发现一个数\(\,x\,\)被筛的次数是\(\,\Theta(\frac{\\\sqrt x}{\log \sqrt x})\,\)(此处不区分\(\,\log\,\)和\(\,\ln\,\)的区别，主要是为了和其他算法复杂度写法又一致)

于是可以得到方程：

\[T(n)=\sum_{x=1}^{\sqrt n}\big(\Theta(\frac{\sqrt x}{\log\sqrt x})+\Theta(\frac{\sqrt{\frac nx}}{\log\sqrt{\frac nx}})\big) \]

由离散到连续变换：

\[\begin{align*} T(n)&=\int_0^{\sqrt n}(\frac{\sqrt x}{\log\sqrt x}+\frac{\sqrt{\frac nx}}{\log\sqrt{\frac nx}})dx\\ &=\int_0^{\sqrt n}\frac{\sqrt x}{\log\sqrt x}dx+\int_0^{\sqrt n}\frac{\sqrt{\frac nx}}{\log\sqrt{\frac nx}}dx \end{align*} \]

可以证明左边总是不大于右边，于是

\[\begin{align*} T(n)&=\Theta(\int_0^{\sqrt n}\frac{\sqrt{\frac nx}}{\ln\sqrt{\frac nx}}dx)\\ &=\Theta(\int_0^{\sqrt n}\frac{\sqrt{\frac nx}}{\ln\frac nx}dx)\\ &=\Theta(\int_0^{\sqrt n}\frac{\sqrt{\frac nx}}{\ln n-\ln x}dx)\\ &=\Theta(\sqrt n\int_0^{\sqrt n}\frac{dx}{\sqrt x(\ln n-\ln x)})\\ &=\Theta(\sqrt n\big(\frac{n^\frac{1}{4}}{\ln n-\ln\sqrt n}-\int_0^\sqrt n\frac{\sqrt xdx}{\ln n-\ln x}\big))\\ &\approx\Theta(\frac{n^\frac34}{\log n}) \end{align*} \]

Talk is cheap,show you the code

inline void init()
{
    is[1]=1;
    for(int i=1;i<=q;++i)
    {
        if(!is[i])
            p[++cnt]=i,
            sp1[cnt]=(sp1[cnt-1]+i)%mod,
            sp2[cnt]=(sp2[cnt-1]+1ll*i*i)%mod;
        for(int j=1;j<=cnt&&p[j]*i<=q;++j)
        {
            is[i*p[j]]=1;
            if(!(i%p[j]))break;
        }
    }
    for(ll l=1,r;l<=n;l=r+1)
    {
        r=n/(n/l);
        w[++tot]=n/l;
        g1[tot]=w[tot]%mod;
        g2[tot]=g1[tot]*(g1[tot]+1)/2%mod*(2*g1[tot]+1)%mod*inv3%mod;
        g2[tot]--;
        g1[tot]=g1[tot]*(g1[tot]+1)/2%mod-1;
        if(n/l<=q)ind1[n/l]=tot;
        else ind2[n/(n/l)]=tot;
    }
}

ll k;
inline ll S(ll x,int y)
{
    if(p[y]>=x)return 0ll;
    k=(x<=q?ind1[x]:ind2[n/x]);
    ll as=(g2[k]-g1[k]+mod-(sp2[y]-sp1[y])+mod)%mod;
    for(int i=y+1;i<=cnt&&p[i]*p[i]<=x;++i)
    {
        ll pe=p[i],tmp;
        for(int e=1;pe<=x;e++,pe=pe*p[i])
            tmp=pe%mod,
            as=(as+tmp*(tmp-1)%mod*(S(x/pe,i)+(e!=1)))%mod;
    }
    return as%mod;
}

int main()
{
    read_(n),
	q=sqrt(n);
    init();
    for(int i=1;i<=cnt;++i)
        for(int j=1;j<=tot&&(ll)p[i]*p[i]<=w[j];++j)
            k=(w[j]/p[i]<=q?ind1[w[j]/p[i]]:ind2[n/(w[j]/p[i])]),
			g1[j]-=(ll)p[i]*(g1[k]-sp1[i-1]+mod)%mod,
			g2[j]-=(ll)p[i]*p[i]%mod*(g2[k]-sp2[i-1]+mod)%mod,
            g1[j]%=mod,
			g2[j]%=mod,
            (g1[j]<0)&&(g1[j]+=mod),
			(g2[j]<0)&&(g2[j]+=mod);
    write_((S(n,0)+1)%mod,'\n');
    return 0;
}

模板题的代码

Powerful Number 筛

个人觉得是最简单的筛法

先定义powerful number为\(\forall n,\forall p\in P\,\and p\mid n,p^2\mid n\)

说人话就是所有质因子次数不小于2的数

还是求积性函数的前缀和，构造函数\(g,g(p)=f(p)\)，并使得\(\,g\,\)的前缀和容易求出

令

\[f=g\,\ast\,h \]

有

\[f(p)=g(1)h(p)+g(p)h(1)=h(p)+g(p)\\ \Rightarrow h(p)=0 \]

考虑展开卷积，得

\[S(n)=\sum_{i=1}^nf(i)=\sum_{i=1}^n\sum_{d\mid i}g(d)h(\frac{i}{d}) \]

考虑\(\,g\,\)的前缀和是容易求出的，交换求和号

\[S(n)=\sum_{i=1}^nh(i)\sum_{d}^{\frac{n}{i}}g(d)=\sum_{i=1}^nh(i)S_g(\frac{n}{i}) \]

这依然是\(\,\Theta(n)\,\)的，但因为\(\,h\,\)是积性函数并且\(\,h(p)=0\)，所以\(\,\forall h(n)\neq 0,n\in Powerful\ Number\)

考虑\(\,Powerful\ Number\,\)的数量，以下的\(\,q\,\)是\(Powerful\ Number\)

由定义知

\[q=\prod_{i=1}^{\lambda(q)}p_i^{x_i}\\ \forall i,x_i\geq 2 \]

上文的\(\,p_i\,\)仅表示\(\,q\,\)的质因子

不难发现

\[\forall i,x_i=2a_i+3b_i(a_i,b_i\geq 0) \]

那么

\[q=\prod_{i=1}^{\lambda(q)}(p_i^{a_i})^2\cdot(p_i^{b_i})^3\\ q=A^2B^3 \]

记\(\,power(n)=[n\in Powerful\ Number]\,\)，那么powerful number的数目就是\(\,power()\,\)的前缀和

考虑枚举\(\,A\)，计算对于的贡献，为了不算重，应该只枚举\(1-\sqrt n\)，那么

\[S_{power}(n)=\sum_{i=1}^npower(i)=\sum_{x=1}^{\sqrt n}\sum_{i=1}^n[\sqrt[3]{\frac{i}{x^2}}\in Z]\\ \int_{1}^{\sqrt n}\sqrt[3]{\frac{n}{x^2}}dx=\frac{3}{2}(\sqrt n-n^{\frac{1}{3}})=\Theta(\sqrt n) \]

那么就只需要求出\([1,n]\)中的所有powerful number，然后就可以\(\Theta(F\sqrt n)\)求出\(\,f\,\)的前缀和，其中\(\,F\,\)是求\(\,g\,\)的前缀和的复杂度

接下来介绍一个小技巧：

观察\(f=g\,\ast\,h\)，发现\(f\,\ast\,g^{-1}=\epsilon\,\ast\,h=h\)，其中\(g^{-1}\,\ast\,g=\epsilon\)

所以只要构造出\(\,g\,\)就可以求出\(\,h\)，减小了构造的工作量

powerful number筛的时间复杂度和思维难度都有一定优势，但其辅助函数难以构造，使得很多问题不能用其解决

---

代码

封装好了一些基本的东西

卢卡斯定理没有过

class MyMath
{
	public:
		vector<int> prime;
		vector<int> phi;
		vector<int> mu;
		template<typename Tp_> inline Tp_ inv(Tp_ x,Tp_ p) {return pow(x,-1,p);}
		inline bool is_prime(ll x)
		{
			if(x<0) x=-x;
			if(!prime.empty())
				if((*prime.rbegin())*(*prime.rbegin())>=x)
				{
					for(vector<int>::iterator it=prime.begin();(*it)*(*it)<=x&&it!=prime.end();++it)
						if(!(x%(*it))) return false;
					return true;
				}//surely a bit faster,almost log(n)
			for(ll i(2);i*i<=x;++i)
				if(!(x%i)) return false;
			return true;
		}//n^0.5 hardly used
		inline ll pow(ll a,ll x,ll p)
		{
			if(x==0) return 1;
			if(x>0)
			{
				ll ret=1;
				while(x) ret=(x&1?a*ret%p:ret),x>>=1,a=a*a%p;
				return ret;
			}
			else
			{
				if(!phi.empty())
					if(phi.size()>p)
						return pow(a,x%phi[p]+phi[p],p);
				ll ph=Phi(p);
				return pow(a,x%ph+ph,p);
			}
		}//maybe log,n^0.5 when using Phi()
		template <typename Tp_> inline Tp_ gcd(Tp_ x,Tp_ y)
		{
			if(x>y) swap(x,y);
			if(x==0) return (y?y:1);
			return gcd(y%x,x);
		}//almost log
		template <typename Tp_> inline Tp_ lcm(Tp_ x,Tp_ y) {return x/gcd(x,y)*y;}
		inline int ex_gcd(int a,int b,int c,int &p,int &q)
		{
			int g=ExEuclid(a,b,p,q);
			if(c%g) return p=0,q=0;
			g=c/g,p*=g,q*=g;
			return 1;
		}//a*p+b*q=c(mod p),about log,maybe
		template<typename Tp_> inline Tp_ Phi(Tp_ x)
		{
			Tp_ tmp=x,ret=x;
		    for (Tp_ i=2;i*i<=x;++i)
		        if (tmp%i==0)
		        {
		            ret=ret-ret/i;
		            while (tmp%i==0) tmp/=i;
		        }
		    if(tmp>1) ret-=ret/tmp;
			return ret;
		}//n^0.5
		template<typename Tp_> inline Tp_ Lucas(Tp_ n,Tp_ m,Tp_ p)
		{
			if(m==0) return 1;
			Tp_ np=n%p,mp=m%p;
			if(np<mp) return 0;
			mp=min(np-mp,mp);
			Tp_ p1=1,p2=1;
			for( Tp_ i = 0 ; i < mp ; ++i )
				p1=p1*(n-i)%p,
				p2=p2*(i+1)%p;
			return (p1*pow(p2,p-2)%p)*Lucas(n/p,m/p,p)%p;
		}//p must be a prime
		inline void sieve(const int capN)
		{
			bool *isp;
			isp=new bool [capN+5];
			memset(isp,0,sizeof(bool)*(capN+4));
			if(!prime.empty()) prime.clear();
			for(int i(2);i<=capN;++i)
			{
				if(!isp[i]) prime.emplace_back(i);
				for(vector<int>::iterator it=prime.begin();it!=prime.end();++it)
				{
					if(i*(*it)>capN) break;
					isp[i*(*it)]=1;
					if(!(i%(*it))) break;
				}
			}
			delete isp;
		}//O(n) and need more place
		inline void phi_sieve(const int capN)
		{
			if(!prime.empty()) prime.clear();
			phi.resize(capN+4,0),phi[1]=1;
			for(int i(2);i<=capN;++i)
			{
				if(!phi[i])
					prime.emplace_back(i),
					phi[i]=i-1;
				for(vector<int>::iterator it=prime.begin();it!=prime.end();++it)
				{
					if(i*(*it)>capN) break;
					if(!(i%(*it)))
					{
						phi[i*(*it)]=phi[i]*(*it);
						break;
					}
					else phi[i*(*it)]=phi[i]*(*it-1);
				}
			}
		}//cna get phi while finding primes in [1,capN]
	private:
		inline int ExEuclid(int a,int b,int &p,int &q)
		{
			if(b==0) return p=1,q=0,a;
			int d=ExEuclid(b,a%b,p,q);
			int tmp=p;
			p=q,q=tmp-a/b*q;
			return d;
		}//a help function of ex_gcd
}M;

感悟

就是瞎扯，主要是一些基本的思路：

即是最小的，又是最大的，就是唯一的；

先考虑是否存在，再考虑其他性质；

不知道怎么做的时候可以考虑用近似公式拟合；

日志

upd 2021.11.5更新了格式和筛法

upd 2022.2.18更新了原根

upd 2022.2.19 exLucas定理

upd 2022.3.25 EXCRT

后记

咕咕咕，咕~