数论基础

前言

长文警告
这是暑假的一个课件，突然想起来，就发出来了。
全部有关的习题的题单：https://www.luogu.com.cn/training/184246
由于 BSGS 和 拉格朗日插值 是后面临时加的，所以顺序被调到了前面，而且没有习题。
以下为原文（略有改变）

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目录

• 数论基础
  • 整除、取余、同余的定义
  • 整除、同余的性质
  • 质数与合数
  • 筛法
  • 欧拉函数
    • 定义
    • 计算
  • 欧拉定理与费马小定理
  • gcd、exgcd
    • gcd
    • 裴蜀定理
    • exgcd
    • 应用：解线性同余方程
  • 乘法逆元
    • 定义
    • 计算
  • 中国剩余定理
    • CRT
    • exCRT
  • 整除分块
    • 引-UVA11526 H(n)
    • 结论
    • 结论证明
      • 引理
      • 结论证明
    • 实例
    • 多维数论分块
    • 应用
  • 卢卡斯定理
  • BSGS
    • 基础篇
    • 扩展篇
  • 拉格朗日插值
  • 习题选讲
    • P7960 [NOIP2021] 报数
    • P2158 [SDOI2008] 仪仗队
    • P2398 GCD SUM
    • P4774 [NOI2018] 屠龙勇士：
    • P2480 [SDOI2010]古代猪文
    • P2261 [CQOI2007]余数求和
  • CF 数论题目选讲
    • CF1458A
    • CF1513D
    • CF1665D

数论基础

$$\text{————————by jiangtaizhe001}$$

首先默认讨论的数全是整数。

整除、取余、同余的定义

记 $a=bq+r$，其中 $q\not=0,0\le r<q$，则称 $a\bmod q=r$。
如果 $r=0$ 即 $a\bmod b=0$ 那么称 $q$ 整除 $a$，记作 $q\mid a$，此时 $q$ 为 $a$ 的约数，$a$ 是 $q$ 的倍数。
如果 $r\not=0$ 即 $a\bmod p\not=0$，那么称 $q$ 不整除 $a$，记作 $q\nmid a$。
如果 $a\bmod p=b\bmod p$，那么称 $a,b$ 模 $p$ 同余，记作 $a\equiv b\pmod p$

整除、同余的性质

$a\mid b \Rightarrow \left| a \right| \le \left| b \right| \quad a\mid b\Rightarrow ka\mid kb \quad a\mid b,b\mid c \Rightarrow a\mid c$
$a\equiv b\pmod p \Rightarrow p\mid (a-b)$
$a\equiv b \pmod p \Rightarrow a+c\equiv b+c \pmod p$
$a\equiv b \pmod p \Rightarrow ac\equiv bc \pmod p$
$a\equiv b \pmod p \Rightarrow a^n\equiv b^n \pmod p$

质数与合数

将全体正整数按照约数个数分类可以分为质数（又称素数）、合数和 $1$。
质数有 $2$ 个约数，合数的约数数量 $\ge 2$，$1$ 只有一个约数，$1$ 既不是质数也不是合数。

质数的数量是无限的。
证明：
假设质数数量有限，那么设有 $n$ 个质数，分别为 $p_1,p_2,\dots,p_n$。
考虑 $t=\left(\prod\limits_{i=1}^{n}p_i\right)+1$。
如果这个数字是质数，那么显然 $t>p_i$，假设不成立。
如果这个数字不是质数，我们发现 $p_i$ 都不是 $t$ 的约数，假设不成立。
所以推出原假设矛盾，故质数有无数个。

我们一般用 $\pi(n)$ 代表小于等于 $n$ 的质数个数。
当 $n$ 比较大的时候我们可以认为 $\pi(n)\sim\dfrac{x}{\ln x}$。

筛法

一个一个判断（筛至根号）：$O\left(n\sqrt{n}\right)$
埃拉托斯特尼筛法：$O\left(n\log\log n\right)$
欧拉筛（线性筛）：$O\left(n\right)$

当然埃氏筛可以使用 bitset 进行优化，欧拉筛还可以筛大部分积性函数。

欧拉函数

定义

$\varphi(n)$ 代表 小于等于 $n$ 并且与 $n$ 互质的正整数数的个数。

计算

将 $n$ 进行质因数分解得到 $n=\prod_{i=1}^{k} p_i^{a_i}(a_i>0)$
根据欧拉函数定义可得

$$\varphi(n)=n\times\prod_{i=1}^{k}\left(1-\dfrac{1}{p_i}\right)$$

证明略。

若 $\gcd(a,b)=1$ 则 $\varphi(a)\times\varphi(b)=\varphi(a\times b)$（欧拉函数是积性函数，可以用上面的结论证明）

根据以上结论可以在 $O\left(\sqrt{n}\right)$ 时间内求出 $\varphi(n)$，可以利用线性筛在 $O(n)$ 的时间内求出 $\varphi(1),\varphi(2),\dots,\varphi(n)$。

欧拉定理与费马小定理

当 $\gcd(a,p)=1$ 时，$a^{\varphi(p)}\equiv1\pmod p$
证明：
根据欧拉函数的定义，满足 $1\le r\le p$ 并且 $\gcd(r,p)=1$ 的数字 $r$ 的数量为 $\varphi(p)$ 个，记作 $r_1,r_2,\dots,r_{\varphi(p)}$，显然 $r_i$ 两两模 $p$ 不同余。
不难得到对于任意的 $i$ 有 $\gcd(ar_i,p)=1$。
假设存在 $1\le i<j\le m$ 使得 $ar_i\equiv ar_j\pmod p$ 成立，由于 $\gcd(a,p)=1$ 所以 $r_i\equiv r_j\pmod p$，所以假设不成立，也就是说 $ar_i$ 两两模 $p$ 不同余。
所以说对于任意的 $1\le i\le m$，存在且仅存在一个 $j$ 使得 $r_i\equiv ar_j\pmod p,1\le j\le m$
也就是说

$$\prod_{i=1}^{\varphi(m)}r_i\equiv \prod_{i=1}^{\varphi(m)}ar_i\pmod p$$

由于 $\gcd(r_i,p)=1$，所以可以将相同部分的 $\prod\limits_{i=1}^{\varphi(p)}r_i$ 约去。
得到

$$a^{\varphi(p)}\equiv 1\pmod p$$

当 $p$ 为质数的时候，$\varphi(p)=p-1$，那么就可以得到

$$a^{p-1}\equiv 1\pmod p$$

这就是费马小定理。

gcd、exgcd

gcd

$$\gcd(a,b)=\gcd(b,a\bmod b)$$

证明如下：
设 $a=bq+r$ 并且 $0\le r<b$，显然 $r=a \bmod b$，
设 $d\mid a$ 且 $d\mid b$，$d$ 就是 $a,b$ 的公约数，
由 $a=bq+r$ 得 $\dfrac{a}{d}=q\times\dfrac{b}{d}+\dfrac{r}{d}$，
也就是 $\dfrac{r}{d}=\dfrac{a}{d}-q\times\dfrac{b}{d}$
因为 $d\mid a,d\mid b$，所以 $\dfrac{a}{d},q\times \dfrac{b}{d}$ 都是整数，
所以 $\dfrac{r}{d}$ 也是整数，$d$ 也是 $b,a \bmod b$ 的公约数，
同理我们也可以设 $e\mid b$ 且 $e\mid a \bmod b$，
同理可以证明 $e$ 也是 $a,b$ 的公约数。
换句话说， $a,b$ 的公约数都是 $b,a \bmod b$ 的公约数，$b,a \bmod b$ 的公约数也都是 $a,b$ 的公约数，
也就是说 $a,b$ 和 $b,a \bmod b$ 的公约数都相同，那么它们的最大公约数也都相等，也就是 $\gcd(a,b)=\gcd(b,a\bmod b)$

根据这个结论我们可以递归在 $O(\log n)$ 的时间内求出两个数字的最大公约数，当两个数字为斐波那切数列的相邻两项的时候为最坏情况。这个算法被称为欧几里得辗转相除法。

裴蜀定理

裴蜀定理（又称贝祖定理）：
如果$\gcd(a,b)\mid c$，那么关于 $x,y$ 的一元二次方程 $ax+by=c$ 有解。
可以根据 exgcd 辗转相除然后回带的过程来证明，这里就略去证明。

exgcd

找到关于 $x,y$ 的一元二次方程 $ax+by=\gcd(a,b)$ 的一组解
根据 gcd 的过程，将原方程转化为

$$bx'+(a\bmod b)y'=\gcd(b,a\bmod b)$$

因为 $\gcd(a,b)=\gcd(b,a\bmod b)$，所以联立上面两式可得

$$ax+by=bx'+(a\bmod b)y'$$

根据 $a\bmod b=a-\left\lfloor\dfrac{a}{b}\right\rfloor\times b$ 带入化简可得

$$\left(x-y'\right)a+\left(y-x'+\left\lfloor\dfrac{a}{b}\right\rfloor\times y'\right)b=0$$

此时我们可以得到

$$\left\{ \begin{aligned} x & = y'\\ y & = x'-\left\lfloor\dfrac{a}{b}\right\rfloor\times y' \end{aligned} \right.$$

这样可以递归求解，递归边界就是 $b=0$，返回 $(x,y)=(1,0)$ 即可。

当我们有一组解 $x=x',y=y'$ 的时候，就可以得出通解：

$$\left\{ \begin{aligned} x &= x'+\dfrac{kb}{\gcd(a,b)}\\ y &= y'-\dfrac{ka}{\gcd(a,b)} \end{aligned} \right.$$

其中 $k$ 为任意整数。

更一般的，对于任意的一个关于 $x,y$ 的二元一次方程 $ax+by=c$
如果 $\gcd(a,b)\mid c$ 那么我们先解出方程 $ax+by=\gcd(a,b)$ 的一组特解 $x',y'$，设 $m=\dfrac{c}{\gcd(a,b)}$，不难得出通解：

$$\left\{ \begin{aligned} x &= m\times x'+\dfrac{kb}{\gcd(a,b)}\\ y &= m\times y'-\dfrac{ka}{\gcd(a,b)} \end{aligned} \right.$$

应用：解线性同余方程

考虑关于 $x$ 的以下方程：

$$ax\equiv b\pmod p$$

根据同余的定义可得
存在一个正整数 $k$ 满足

$$ax=kp+b$$

也就是

$$ax-pk=b$$

这就是一个关于 $x,k$ 的一个一元二次方程了，直接使用 exgcd 即可。

乘法逆元

定义

对于整数 $x$，如果 $\gcd(a,p)=1$，那么不难证明存在一个 $0\le a<p$ 使得 $ax\equiv 1\pmod p$，那么称 $a$ 在模 $p$ 下的逆元为 $x$，记作 $\dfrac{1}{a}$ 或 $a^{-1}$。

计算

方法一：快速幂
当 $p$ 为质数的时候，可得

$$a^{p-1}\equiv 1\pmod p$$

所以

$$a^{-1}\equiv a^{p-2}\pmod p$$

方法二：exgcd
其实就是解这个线性同余方程即可。

方法三：线性逆元线性求
考虑在 $O(n)$ 的时间内求出 $1,2,\dots,n$ 所有数字模 $p$ 的逆元。（下面的逆元默认为模 $p$ 意义下）
显然 $1$ 的逆元为 $1$，然后假设我们已经求出 $1,2,3,\dots,a-1$ 的逆元，现在求 $a$ 的逆元。
设 $p=aq+r$ 其中 $0\le r<a$，显然 $q=\left\lfloor\dfrac{p}{a}\right\rfloor,r=p\bmod a$
显然

$$aq+r\equiv 0\pmod p$$

移项得

$$aq\equiv -r\pmod p$$

两边同时乘上 $a^{-1}r^{-1}$，得

$$a^{-1}\equiv q\times r^{-1}\pmod p$$

也就是

$$a^{-1}\equiv -\left\lfloor\dfrac{p}{a}\right\rfloor\times (p\bmod a)\pmod p$$

这样就可以 $O(n)$ 求了。

方法四：阶乘逆元线性求
在做组合题的时候，根据公式 $C_n^m=\dfrac{n!}{m!\times(n-m)!}$，我们发现只需要预处理出 $n!$ 和 $n!^{-1}$ 就可以 $O(1)$ 求组合数在模一个大质数的结果了。
其实不难发现

$$(n+1)!^{-1}\times(n+1)\equiv n!^{-1} \pmod p$$

所以只需要反着刷一遍就好，时间复杂度是 $O(n)$。

中国剩余定理

中国剩余定理 (Chinese Remainder Theorem) 简称CRT。

CRT

考虑解以下关于 $x$ 的方程：

$$\left\{ \begin{aligned} x & \equiv a_1\pmod {m_1}\\ x & \equiv a_2\pmod {m_2}\\ x & \equiv a_3\pmod {m_3}\\ \vdots & \\ x & \equiv a_n\pmod {m_n}\\ \end{aligned} \right.$$

保证 $m_i$ 两两互质。

我们考虑如何解这个方程。
我们考虑对于每个 $i$ 找到一个 $c_i$，使得

$$\begin{aligned} c_i & \equiv & 1 & \pmod{m_i} & & (1)\\ c_i & \equiv & 0 & \pmod{m_j} &\quad (i\not=j) \quad & (2) \end{aligned}$$

这样显然解就是

$$x\equiv \sum_{i=1}^{n}a_ic_i \pmod{\prod_{i=1}^n m_i}$$

考虑如何得到 $c_i$，显然 $c_i$ 一定是 $M_i=\prod\limits_{j=1,j\not=i}^{n}m_j$ 的倍数。
这样就已经满足 $(2)$ 式了，接下来考虑如何满足 $(1)$ 式。

注意到求出 $M_i$ 在模 $m_i$ 意义下的逆元 $M_i^{-1}$，令 $c_i=M_i\times M_i^{-1}$ 就可以了。由于满足 $m_i$ 两两互质，所以逆元肯定存在。

总结中国剩余定理的步骤：

1. 计算 $M=\prod\limits^{n}_{i=1}m_i$
2. 对于所有的 $1\le i \le n$ 计算 $M_i=\dfrac{M}{m_i}$
3. 令 $M_i^{-1}$ 为 $M_i$ 在模 $m_i$ 意义下的逆元
4. 方程的解为

$$x\equiv \sum_{i=1}^{n}a_iM_iM_i^{-1}\pmod M$$

证明略。

exCRT

更一般的，如果不保证 $m_i$ 两两互质，是否能够以上方法得到通解呢？
这是我们发现这个 $c_i$ 不一定能够找到，因为 $M_i$ 在模 $m_i$ 意义下的逆元不一定存在。
所以我们需要寻找另外的解法。

我们简化一下问题，我们可以先考虑两个方程的情况，然后两两合并方程即可。

$$\left\{ \begin{aligned} x \equiv a_1 \pmod {m_1} \\ x \equiv a_2 \pmod {m_2} \\ \end{aligned} \right.$$

根据前面的做法，我们可以把同余方程转化为一元二次不定方程，得到

$$\left\{ \begin{aligned} x =m_1q+a_1\\ x=m_2p+a_2 \\ \end{aligned} \right.$$

两式相减可得

$$m_1q-m_2p=a_2-a_1$$

利用 exgcd 解出这个关于 $p,q$ 的方程，如果无解就说明原方程无解。
这样就可以解出方程，解为

$$x\equiv a_1q+b_1\pmod {\operatorname{lcm}(m_1,m_2)}$$

或者是

$$x\equiv a_2p+b_2\pmod {\operatorname{lcm}(m_1,m_2)}$$

这样复杂度也是 $O(n\log m_i)$ 的，但是稍微会难写一点。

整除分块

整除分块又叫数论分块。

引-UVA11526 H(n)

求出

$$\sum_{i=1}^{n}\left\lfloor\dfrac{n}{i}\right\rfloor$$

多组数据，$0\le n\le 2^{31}-1$，数据组数 $T\le 1000$。
显然直接枚举是不行的。我们可以令 $f(x)=\left\lfloor\dfrac{n}{i}\right\rfloor$，先令 $n=10$，作出函数 $y=f(x)$ 的图像。

我们发现，虽然自变量 $x$ 的取值有 $10$ 种，但是 $f(x)$ 的取值只有 $5$ 种。并且当 $n=100$ 的时候，$x$ 的取值又 $100$ 种，但是 $f(x)$ 的取值只有 $19$ 种。

不难发现以下结论：

$$\forall n\in\N_+, \left| \{ \left\lfloor\dfrac{n}{i}\right\rfloor \mid i\in\N_+,i\le n \} \right| \le 2 \lfloor\sqrt{n}\rfloor$$

证明：
当 $i\le \lfloor\sqrt{n}\rfloor$ 时，$\left\lfloor\dfrac{n}{i}\right\rfloor$ 最多 $\lfloor\sqrt{n}\rfloor$ 个数字。
当 $\lfloor\sqrt{n}\rfloor<i\le n$ 时，$1\le\left\lfloor\dfrac{n}{i}\right\rfloor\le\lfloor\sqrt{n}\rfloor$，最多有 $\lfloor\sqrt{n}\rfloor$ 个数字。
因此最多只有 $2\lfloor\sqrt{n}\rfloor$ 个数字。

所以说，我们可以能够预处理出每个使 $f(x)$ 相同的区间来更快地计算答案，这样的时间复杂度是 $O(\sqrt{n})$ 的，提高了不少。

结论

对于一个数字 $n$，如果 $\left\lfloor\dfrac{n}{i}\right\rfloor=\left\lfloor\dfrac{n}{j}\right\rfloor$ 成立，那么满足 $i<j\le n$ 最大的 $j$ 为 $\left\lfloor\dfrac{n}{\left\lfloor\dfrac{n}{i}\right\rfloor}\right\rfloor$

结论证明

引理

引理：

$$\forall a,b,c\in \Z,abc\not=0, \left\lfloor\dfrac{a}{bc}\right\rfloor =\left\lfloor\dfrac{\left\lfloor\frac{a}{b}\right\rfloor}{c}\right\rfloor$$

证明：
设

$$\dfrac{a}{b}=\left\lfloor\dfrac{a}{b}\right\rfloor+r,0\le r<1$$

那么

$$\left\lfloor\dfrac{a}{bc}\right\rfloor =\left\lfloor\left(\left\lfloor\frac{a}{b}\right\rfloor+r\right)\times\dfrac{1}{c}\right\rfloor =\left\lfloor\dfrac{\left\lfloor\frac{a}{b}\right\rfloor}{c}+\dfrac{r}{c}\right\rfloor =\left\lfloor\dfrac{\left\lfloor\frac{a}{b}\right\rfloor}{c}\right\rfloor$$

结论证明

首先显然有

$$\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\le \frac{n}{i}$$

所以

$$\left\lfloor \dfrac{n}{ \left\lfloor\dfrac{n}{\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor}\right\rfloor }\right\rfloor\ge \left\lfloor \dfrac{n}{ \left\lfloor\dfrac{n}{\frac{n}{i} }\right\rfloor }\right\rfloor\ge \left\lfloor \frac{n}{\left\lfloor i\right\rfloor} \right\rfloor= \left\lfloor \frac{n}{i} \right\rfloor$$

所以说最大的 $j$ 满足 $\left\lfloor\dfrac{n}{i}\right\rfloor=\left\lfloor\dfrac{n}{j}\right\rfloor$ 为 $\left\lfloor\dfrac{n}{\left\lfloor\dfrac{n}{i}\right\rfloor}\right\rfloor$ 。

实例

假设我们需要计算式子大概为类似 $\sum\limits_{i=1}^{n}f(i)\left\lfloor\dfrac{n}{i}\right\rfloor$ 的形式并且可以得到 $f(i)$ 的前缀和 $s(i)$，那么我们可以在 $O(\sqrt{n})$ 的时间内求出这个式子。（假设 $s(i)$ 调用复杂度为 $O(1)$）
代码大致如下：

int l=1,r,sum=0;
while(l<=n){
  r=n/(n/l);
  sum+=n/l*(s(r)-s(l-1));
  l=r+1;
}

多维数论分块

有些时候式子可能会更加复杂，大概是类似于 $\sum\limits_{i=1}^{n}f(i)\prod\limits_{j=1}^{m}\left\lfloor\dfrac{a_j}{i}\right\rfloor$，此时 $i$ 所在的右端点就会变成 $\min\limits_{j=1}^{m}\left\lfloor\dfrac{n_j}{\left\lfloor\dfrac{n_j}{i}\right\rfloor}\right\rfloor$。当然其实 $n=2$ 的情况最常见。

应用

数论分块更多结合莫比乌斯反演来降低时间复杂度。

卢卡斯定理

卢卡斯定理用于求出当模数为一个比较小的质数的时候 $\dbinom{n}{m}$ 的值。
这里就给个公式吧，其实是因为我大不会证明。

$$\binom{n}{m}\equiv\binom{\left\lfloor n/p \right\rfloor}{\left\lfloor m/p \right\rfloor}\times\binom{n\bmod p}{m\bmod p} \pmod p$$

其中 $p$ 为质数。
这时我们只需要预处理出 $1!,2!,\dots,(p-1)!$ 这些数字模 $p$ 的值以及模 $p$ 意义下的逆元就可以通过递归求出任意的 $\dbinom{n}{m}$ 了。空间复杂度 $O(p)$，时间复杂度为 $O(p+\log_pn)$。
当 $p$ 不为质数的时候就需要用扩展卢卡斯定理来求了，这里不写出。

BSGS

基础篇

找到方程

$$a^x\equiv b \pmod p$$

的最小整数解，其中 $\gcd(a,p)=1$，$1\le a,p\le 10^{12}$。

首先根据欧拉定理，我们知道

$$a^{x}\equiv a^{x\bmod \varphi(p)}\pmod p$$

由于 $\varphi(p)<p$，所以如果方程有解，那么在 $[0,p]$ 内肯定会有解。

直接枚举显然是不行的，我们发现因为 $\gcd(a,p)=1$，所以 $a$ 的任意次方在模 $p$ 意义下都存在逆元，我们是否能够使用这一个性质来解这个方程呢？

令 $x=A\left\lceil\sqrt{p}\right\rceil+B$
这样就有

$$a^{A\lceil\sqrt{p}\rceil+B}\equiv b\pmod p$$

这样不难得到

$$a^{A\lceil\sqrt{p}\rceil}\equiv a^{-B}b \pmod p$$

我们可以对于所有的 $0\le B\le \lceil\sqrt{p}\rceil$ 求出 $a^{-B}b$ 在模 $p$ 下的值，放到一个哈希表里面，然后枚举 $A$ 检验就可以了。
时间复杂度 $O(\sqrt{p})$

扩展篇

如果 $\gcd(a,p)\not=1$，我们应该怎么办呢？
我们发现这时我们对于所有的 $0\le B\le \lceil\sqrt{p}\rceil$，我们不一定可以找到 $a^{B}$ 在模 $p$ 意义下的逆元，所以我们试图通过一些方法来转化。
众所周知，$ac\equiv bc\pmod {pc}\Rightarrow a\equiv b\pmod p$
我们可以利用这个性质来转化原式。

令 $t_1=\gcd(a,p)$
这样我们就得到

$$\dfrac{a}{t_1}\times a^{x-1}\equiv \dfrac{b}{t_1}\pmod {\dfrac{p}{t_1}}$$

继续令 $t_2=\gcd(a,\dfrac{p}{t_1})$，得到

$$\dfrac{a^2}{t_1t_2}\times a^{x-2}\equiv \dfrac{b}{t_1t_2}\pmod {\dfrac{p}{t_1t_2}}$$

接下来令 $t_3=\gcd(a,\dfrac{p}{t_1t_2})$，得到

$$\dfrac{a^3}{t_1t_2t_3}\times a^{x-3}\equiv \dfrac{b}{t_1t_2t_3}\pmod {\dfrac{p}{t_1t_2t_3}}$$

我们可以继续进行这样的操作若干次，直到 $\gcd(a,\dfrac{p}{\prod_{i=1}^{n}t_i})=1$，得到

$$\dfrac{a^n}{\prod_{i=1}^{n}t_i}\times a^{x-n}\equiv \dfrac{b}{\prod_{i=1}^{n}t_i}\pmod {\dfrac{p}{\prod_{i=1}^{n}t_i}}$$

这样就可以转化为 BSGS 求解了。

不过要注意两个细节：

1. 解可能小于 $n$，所以需要是否存在小于 $n$ 的解。
2. 如果 $\prod_{i=1}^{n}t_i\nmid b$ 那么无解。

显然 $n$ 是 $O(\log p)$ 级别，所以时间复杂度还是 $O(\sqrt p)$

拉格朗日插值

给定一个 $n-1$ 次函数 $f(x)$ ，已知

$$\left\{ \begin{aligned} f(x_1) & = y_1 \\ f(x_2) & = y_2 \\ & \vdots \\ f(x_n) & = y_n \\ \end{aligned} \right.$$

现在求出 $f(k)$，$k$ 为任意值。

显然我们可以通过差分、高斯消元来求出 $f(x)$ 的表达式，进一步求出 $f(k)$，但是这样的复杂度都是 $O(n^3)$ 的，能否找到更优的解法呢？

我们可以试试能不能 直接构造 出 $f(x)$ 的表达式。

考虑先构造 $n$ 个函数 $f_1(x),f_2(x),\dots,f_n(x)$ ，使得

$$\left\{ \begin{aligned} f_i(x_i) &= y_i & \\ f_i(x_j) &= 0 & (i\not=j) \end{aligned} \right.$$

显然这样就能得到 $f(x)=\sum_{i=1}^{n}f_i(x)$。

考虑如何构造 $f_i(x)$
显然 $f_i(x)$ 存在因子

$$\prod_{j=1,j\not=i}^{n}(x-x_j)$$

这样就可以设

$$f_i(x)=a\prod_{j=1,j\not=i}^{n}(x-x_j)$$

带入点 $(x_i,y_i)$ 就可以得到

$$f_i(x)=y_i\prod_{j=1,j\not=i}^{n}\dfrac{x-x_j}{x_i-x_j}$$

所以

$$f(x)=\sum_{i=1}^{n}y_i\prod_{j=1,j\not=i}^{n}\dfrac{x-x_j}{x_i-x_j}$$

这样虽然求 $f(x)$ 表达式仍然是 $O(n^3)$，但是如果直接单点求值的话就是 $O(n^2)$ 的了。

习题选讲

P7960 [NOIP2021] 报数

两个人玩报数游戏，如果一个数字存在一个约数在十进制下有数字 $7$，那么这个数字不能被报出。上一个人报出的数字为 $x$，现在求下一个报出的数字为多少，如果上一个人报出的数字不合法输出 $-1$。
多组数据，数据组数 $T\le 2\times10^5,1\le x\le10^7$。

Solution
$x\le 10^7$，所以其实不需要使用线性筛，根据前面游戏的规则发现埃氏筛更加使用，所以直接用埃氏筛筛出所有能被报出的数字即可，注意不要筛到 $10^7$ 就停。时间复杂度 $O(n\log\log n+T)$。（其实会小一点）

P2158 [SDOI2008] 仪仗队

有一个 $N\times N$ 的方阵，现在你在方阵的左下角。如果方阵排整齐，求你能看到几个同学。$N\le 4\times10^4$。

Solution
我会莫比乌斯反演！
不难发现答案就是 $\sum_{i=0}\limits^{N-1}\sum\limits_{j=0}^{N-1}[\gcd(i,j)=1]$。

考虑以下内容帮助我们解题：
$\gcd$ 的两个性质：$\gcd(a,b)=\gcd(b,a)$、$\gcd(0,i)=\gcd(i,0)=i$
欧拉函数的定义：$\varphi(n)=\sum\limits_{i=1}^{n}[\gcd(i,n)=1]$
不难得到：

$$\begin{aligned} & \sum_{i=0}^{N-1}\sum_{j=0}^{N-1}[\gcd(i,j)=1]\\ = & \sum_{i=0}^{N-1}\sum_{j=0}^{i-1}[\gcd(i,j)=1] + \sum_{i=0}^{N-1}\sum_{j=i+1}^{N-1}[\gcd(i,j)=1] + \sum_{i=0}^{N-1}[\gcd(i,i)=1]\\ = & 2\times\sum_{i=0}^{N-1}\sum_{j=0}^{i-1}[\gcd(i,j)=1]+1\\ = & 2\times\sum_{i=1}^{N-1}\varphi(i)+1 \end{aligned}$$

跑个线性筛就可以了。时间复杂度 $O(N)$

P2398 GCD SUM

求

$$\sum\limits_{i=1}^n \sum\limits_{j=1}^n \gcd(i,j)$$

其中 $n\le 10^5$

Solution
我会莫比乌斯反演！

$$\begin{aligned} & \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n \gcd(i,j)\\ = & \sum_{d=1}^{n}\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}[\gcd(i,j)=d]\times d\\ = & \sum_{d=1}^{n}\sum_{i=1}^{\lfloor n/d\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor n/d\rfloor}[\gcd(i,j)=1]\times d\\ = & \sum_{d=1}^{n} \left(2d\times \sum_{i=1}^{\lfloor n/d\rfloor} \left(\varphi(i)-1\right)\right) \text{（这步推导详见上一题）} \end{aligned}$$

所以只需要跑个线性筛，然后预处理出 $\varphi(n)$ 的前缀和就可以了。时间复杂度 $O(n)$。

P4774 [NOI2018] 屠龙勇士：

按照编号 $1 \rightarrow n$ 顺序杀掉 $n$ 条巨龙，每条巨龙拥有一个初始的生命值 $a_i$ 。并且巨龙会在生命值为负的时候恢复生命值 $p_i$ ，当生命值 恰好 为 $0$ 时它才会死去。
最初你拥有 $m$ 把攻击力已知的剑，每次可以选择一把剑来面对巨龙，当杀死巨龙后这把剑就会消失，同事玩家会获得全新的一把剑。
每次面对巨龙时，默认会选择当前拥有的，攻击力不高于巨龙初始生命值中攻击力最大的一把剑作为武器。如果没有这样的剑，则选择攻击力最低 的一把剑作为武器，设攻击力为 $ATK$。
每次面对每条巨龙，它都会使用上一步中选择的剑攻击巨龙固定的 $x$ 次，使巨龙的生命值减少 $x \times ATK$ 。
之后，巨龙会不断恢复 $p_i$ 的生命值。若在使用恢复能力前或某一次恢复后其生命值为 $0$ ，则巨龙死亡，开始杀掉下一条巨龙。
现在需要求出题目中 $x$ 的最小值，若最小值不存在输出 $-1$。

数据范围： $n\le 10^5$，$a_i\le10^{12}$，$\operatorname{lcm}(p_i)\le 10^{12}$，所有武器的攻击力 $\le 10^6$。

Solution
首先使用平衡树（或者是 multiset）求出打每一只巨龙所用的剑的伤害，显然打每一只巨龙所用的剑的伤害是一个固定的值。设打第 $i$ 只巨龙所用的剑的伤害为 $atk_i$。
然后就相当于解下面的同余方程组：

$$\left\{ \begin{aligned} atk_1x & \equiv a_1\pmod {p_1} \\ atk_2x & \equiv a_2\pmod {p_2} \\ \vdots & \\ atk_nx & \equiv a_n\pmod {p_n} \\ \end{aligned} \right.$$

方法一
显然每一个方程都是线性同余方程，所以可以解出这 $n$ 个方程，就可以直接使用 exCRT 进行求解。
方法二
还是考虑两两合并方程，然后转化为一元二次不定方程求解。

P2480 [SDOI2010]古代猪文

求出

$$g^{\sum_{d\mid n}C_n^k}\bmod999911659$$

其中 $n,g\le 10^9$。

Solution
首先发现 $999911659$ 为一个质数，所以根据欧拉定理或费马小定理可以得到所求式子就是

$$g^{\sum_{d\mid n}C_n^k\bmod 9999611658}\bmod999911659$$

此时重点就在于求出

$$\sum_{d\mid n}C_n^k\bmod 9999611658$$

枚举 $k \mid n$ 显然是 $O(\sqrt{n})$ 的时间复杂度，但是我们发现 $9999611658$ 不是质数，所以通过求出阶乘及阶乘逆元在模 $999611658$ 的值来求组合数是不可行的，因为逆元不一定存在。
但是我们考虑到 $9999611658=2\times3\times4679\times35617$，每一个质因数的次数都为 $1$，所以我们可以利用卢卡斯定理求出这个式子在模 $2,3,4679,35617$ 下的值，然后使用 CRT 合并答案即可。

这也是 CRT 非常重要的一个用途之一。

P2261 [CQOI2007]余数求和

求出

$$\sum_{i = 1}^n k \bmod i$$

其中 $1\le n,k\le 10^9$。

$$\begin{aligned} & \sum_{i = 1}^n k \bmod i\\ = & \sum_{i=1}^{n}\left(k-\left\lfloor\dfrac{k}{i}\right\rfloor\times i\right)\\ = & n\times k-\sum_{i=1}^{n}\left(\left\lfloor\dfrac{k}{i}\right\rfloor\times i\right) \end{aligned}$$

直接整除分块就可以了。
注意在代码中 k/(k/i) 当 $i>k$ 的时候会因为除数为 $0$ RE 掉，需要特判。

CF 数论题目选讲

CF1458A

题目大意：
给定一个长度为 $n$ 的数组 $a$ 和一个长度为 $m$ 的数组 $b$。
现在对于每一个 $1\le j\le m$，求出 $\gcd(a_1+b_j,a_2+b_j,\dots,a_n+b_j)$。
$1\le n,m\le 10^5$，$1\le a_i,b_i\le 10^{18}$

Solution
首先 $n=1$ 的时候特判掉。
根据辗转相除可以知道 $\gcd(a,b)=\gcd(a,b-a)$。
所以我们可以利用这个东西把 $b_j$ 这一个变动的项消去，只剩下一个。
原式转化为 $\gcd(a_2-a_1,a_3-a_2,\dots,a_n-a_{n-1},a_n+b_j)$，直接预处理出除掉最后一项的 $\gcd$ 即可。
时间复杂度 $O(n\log a_i+m\log b_i)$

CF1513D

题目大意：
给定一个长度为 $n$ 的序列 $a$ 和一个数字 $p$。
如果 $\gcd(a_i,a_{i+1},\dots,a_j)=\min(a_i,a_{i+1},\dots,a_j)$，那么就在 $i,j$ 之间连接一条边权为 $\min(a_i,a_{i+1},\dots,a_j)$ 的边。同时 $i,i+1$ 两个点之间会有一条边权为 $p$ 的边。
$2\le n\le 2\times 10^5$，$1\le a_i,p\le 10^9$

Solution
显然我们发现：如果序列 $a_i,a_{i+1},\dots,a_j$ 中最小值为 $k$，并且所有数字都是 $k$ 的倍数，那么这些点都是联通的，边权为 $k$。
所以只需要判断一下满足 $\gcd(a_i,a_{i+1},\dots,a_j)=\min(a_i,a_{i+1},\dots,a_j)$ 的所有极大区间 $[i,j]$ 即可。
具体做法是找到所有比 $p$ 小的 $a_i$，然后向两边扩展到极大，把这一段覆盖掉，如果遇到已经被覆盖的就不需要覆盖了。注意如果一个点从左边被覆盖了，还能从右边覆盖一次。
时间复杂度 $O(n\log n)$

CF1665D

交互题，你需要猜出一个数字 $x$。
每次你可以给出 $a,b$，然后你会得到 $\gcd(x+a,x+b)$ 的值，你最多可以进行这样的操作 $30$ 次。
$1\le x\le 10^9$，$1\le a,b\le 2\times 10^9$

Solution
显然 $\gcd(x+a,x+b)=\gcd(x+a,b-a)$。
这样我们就可以猜出 $x$ 在二进制下的每一位。

我们从低位到高位猜，假设现在猜的是从右往左第 $i$ 位，那么我们现在就已经知道了右边 $i-1$ 位，这些位的数值的和记作 $y$，令 $a=2^{i-1}-y$，$b=2^{i}+2^{i-1}-y$。假设返回的数是 $m$。 如果 $m=2^i$，也就是说，在第 $i$ 位加上了 $1$ 会产生进位，那么这一位就是 $1$，反之这一位就是 $0$。
这样刚好需要猜 $30$ 次。

但是有没有更加优秀的做法呢？

由于 $\gcd(x+a,x+b)=\gcd(x+a,b-a)$，所以 $(b-a)\mid\gcd(x+a,x+b)\iff(b-a)\mid(x+a)$

考虑构造一个序列 $t$，使序列 $t$ 中的数字两两互质，并且这些数字尽可能小，令 $a=\prod t$ 有 $10^9\le a\le 2\times 10^9$。

令 $m=t_{\max}$，枚举 $i$ 从 $1$ 到 $m$，询问得到 $\gcd(x+a+i,x+i)=\gcd(x+i,a)$ 的值。

如果 $t_i\mid \gcd(x+i,a)$，那么 $t_i\mid x+a+i$，我们就能得到 $x\equiv -i \pmod {t_i}$。然后直接使用中国剩余定理合并答案，由于 $x\le 10^9\le a\le 2\times 10^9$，所以答案只有一种可能。

当 $t=\{4,5,7,9,11,13,17,19,23\}$，此时满足条件。
这样只需要询问 $23$ 次。

但是我们发现，枚举 $i$ 从 $1$ 到 $23$ 的时候肯定都会得到 $x$ 对于 $t$ 中任意一个元素取模的答案，所以如果在前 $22$ 次的猜测中都没有得到答案，那么肯定在 $i=23$ 的时候能得到答案。
所以这样只需要询问 $22$ 次。