【数论总结】

一、中国剩余定理

问题

求解线性同余方程组：
$\begin{cases} x\equiv a_1\pmod {m_1}\\x\equiv a_2\pmod{ m_2}\\ \dots\\x\equiv a_n\pmod {m_n} \end{cases}$

1. 弱化版（保证$m_i$两两互质）
   可以证明此时一定有解，且可以构造出一个解$x_0$，那么通解显然为$x\equiv x_0\pmod {\operatorname{lcm}\limits_{i=1}^nm_i}$。
   在模数两两互质的情况下容易构造出$x_0$,设$M_i=\frac{\prod\limits_{i=1}^nm_i}{m_i}$,$M_iM_i^{-1}\equiv 1\pmod {m_i}$,则$x_0=\sum\limits_{i=1}^na_iM_iM_i^{-1}$
   实现时，先把模数都乘起来，枚举1~n，求出每个$M_i$在$m_i$下的逆元（用exgcd），同时按照式子一边累加，一边对所有模数的乘积（在模数两两互质时，所有模数的乘积即为所有模数的lcm）取模即可。
   需要注意，所有模数的乘积可能很大，因此在求$a_iM_iM_i^{-1}$时可能要使用龟速乘。
   复杂度$O(nlog w)$(不论是否使用龟速乘)
2. 拓展中国剩余定理（不保证$m_i$两两互质）
   因为模数不再保证互质，因此$M_i$和$m_i$不一定互质，就无法求得$M_i$的逆元，所以我们换一种思路：考虑合并两个形如$x\equiv a_1\pmod {m_1}$,$x\equiv a_2\pmod {m_2}$的式子。
   那么有$x=a_1+k_1m_1=a_2-k_2m_2$,即$k_1m_1+k_2m_2=a_2-a_1$,若$gcd(m_1,m_2)\not |(a_2-a_1)$，则方程一定无解，否则，可以用exgcd求出一组$(k_1,k_2)$,那么合并后的方程即为$x=a_1+k_1m_1\pmod{lcm(m_1,m_2)}$
   实现时，枚举2~n，同时维护一个$a_1,m_1$，把当前枚举的$a_i,m_i$作为推到中的$a_2,m_2$即可。与弱化版相同需要注意是否需要使用龟速乘。复杂度同样为$O(nlog w)$(不论是否使用龟速乘)

二、欧拉定理

定理：

$a^n\equiv \begin{cases}a^{n\bmod \phi(m)}&(a\bot m)\\a^n&(a\not \bot m,n<\phi(m))\\a^{n\bmod \phi(m)+\phi(m)}& (a\not \bot m,n\geq\phi(m))\end{cases}\pmod m$

证明：

证明了解即可，其中$a,m$互质的情况用$m$的简化剩余系乘上$a$很容易证明，至于第三行的式子证明较为复杂，可以看这里

适用范围：

每个式子的适用范围一定要注意，$a,m$互质时，三个式子都成立；否则，当$a<\phi(m)$时，只有第二行成立，当$a\geq \phi(m)$时，只有第三行成立。（特别容易忽略）

其他结论：

这里有个重要的结论，对一个数$m$不断进行操作$m=\phi(m)$,显然m会不断变小直到$1$，那么最多进行多少次操作，$m$一定降为$1$呢？答案是$O(log m)$次。

证明考虑分析m是否存在质因子2，若存在，则m至少减小到一半（考虑欧拉函数的公式）；若不存在，进行一次操作后m一定含有质因子2（考虑欧拉函数的公式）。证毕。

三、BSGS（先只考虑求最小解）

用于求解离散对数问题：
$a^x\equiv b\pmod m$

1. 弱化版：$a\bot m$
   由欧拉定理，可知$a^x \equiv a^{x\bmod \phi(m)}\pmod m$,因此只需检验$x\in [0,\phi(m)-1]$的范围即可。
   但是实现中，检验$[0,\phi(m)-1]$与$[0,m]$的复杂度基本相同，因此，为了方便，往往直接把检验范围拓展到$[0,m]$
   做法考虑对检验范围（假设是$[0,m]$）分块，设$n=\lfloor \sqrt{m}\rfloor$,

四、 Lucas

对于质数$p$,设$n=\sum\limits_{i=0}a_ip^i$,$m=\sum\limits_{i=0}b_ip^i$，那么有：

$$\binom{n}{m}=\prod_{i=0}\binom{a_i}{b_i}$$

证明考虑构造一个关于$x$的$n$次多项式$(1+x)^n$，容易发现其$m$次项系数即为$\binom{n}{m}$
也就是要求$[x^m](1+x)^n\pmod p$
先证明一个引理：
$(1+x)^{p^k}\equiv 1+x^{p^k}\pmod p$
先用二项式定理把$p$次方展开
$\begin{aligned}(1+x)^{p^k}&\equiv (\sum_{i=0}^p\binom{p}{i}x^i)^{p^{k-1}}\\&\equiv (\sum_{i=0}^p\frac{p!}{i!(p-i)!}x^i)^{p^{k-1}}\\&\equiv (1+x^p)^{p^{k-1}}\\&\equiv (1+x^{p^k})\end{aligned}$