数论入门笔记

公式较多，渲染可能较慢，正常现象（

这个憨批将近一年没摸数论知识了，于是重新学习了一遍。为了防止学习第三遍，所以打算写个东西记录一下这次我复习到的（很小一部分）数论知识。

因为我的数论知识非常垃圾，所以出错是很正常的，直接跟我对线即可，我会改的TAT

预计会有这些内容：

• 莫比乌斯反演
• 杜教筛
• min_25 筛
• 二次剩余
• exBSGS
• 万能欧几里得算法

如果看到有 $p,a,m$​ 无端出现且没有定义，则默认定义为 $n=\prod_{i\le m} p_i^{a_i}$​，其中 $a_i\neq0$​。

莫比乌斯反演

虽然大家都会，还是丢一下莫比乌斯函数 $\mu$ 的定义。设 $n=\prod_{i\le m} p_i^{a_i}$，其中 $a_i\neq0$。

$$\mu(n)=\begin{cases}0&\max a\ge2\\(-1)^m&\max a\le1\end{cases}$$

莫反的两大形式：

$$f(n)=\sum_{d|n}g(d)\Leftrightarrow g(n)=\sum_{d|n}\mu(\frac nd)f(d)\\ f(n)=\sum_{n|d}g(d)\Leftrightarrow g(n)=\sum_{n|d}\mu(\frac dn)f(d)\\ $$

证明：

（形式一）

$$\sum_{d|n}\mu(\frac nd)f(d)=\sum_{d|n}\mu(\frac nd)\sum_{p|d}g(p)=\sum_{p|n}g(p)\sum_{d|\frac np}\mu(d)$$

考虑 $S(n)=\sum_{d|n}\mu(d)$ 的值：假设 $n=\prod_{i\le m} p_i^{a_i}$（$a_i\neq0$），$S(n)= \sum_k\binom m{2k}-\sum_k\binom m{2k+1}=[m=0]=[n=1]$。因此有

$$\sum_{d|n}\mu(\frac nd)f(d)=\sum_{p|n}g(p)\sum_{d|\frac np}\mu(d)=\sum_{p|n}g(p)[\frac np=1]=g(n)$$

证毕。

（形式二）

$$\sum_{n|d}\mu(\frac dn)f(d)=\sum_{n|d}\mu(\frac dn)\sum_{d|p}g(p)=\sum_{n|p}g(p)\sum_{d|\frac pn}\mu(d)=\sum_{n|p}g(p)[\frac pn=1]=g(n)$$

证毕。

杜教筛

是一种亚线性筛法，可以做到积性函数求前缀和，但是使用难度不低。

先扔一些前置的东西：

狄利克雷卷积

定义两数论函数的狄利克雷卷积 $(f*g)(n)=\sum_{d|n}f(d)g(\frac nd)$。

狄利克雷卷积有交换律、结合律与对加法的分配律。证明可以直接把卷积的定义式写出来，对应项对照一下就行了。

积性函数

对于两数 $p\perp q$，满足 $f(p)f(q)=f(pq)$ 的函数是积性函数。对于任意两数都有 $f(p)f(q)=f(pq)$ 的函数是完全积性函数。

积性函数满足性质：积性函数 * 积性函数 = 积性函数。证明也是直接展开写一写就行了。

常见的积性函数：

• 元函数 $\epsilon$：$\epsilon(n)=[n=1]$。（完全积性）
• 恒等函数 $I$：$I(n)=1$。（完全积性）
• 单位函数 $id$：$id(n)=n$。（完全积性）
• 莫比乌斯函数 $\mu$。
• 欧拉函数 $\phi$：$\phi(n)=\sum_{i=1}^n[i\perp n]$。
• 约数个数 $d$：$d(n)=\sum_{i=1}^n[i\ |\ n]$。
• 约数和 $\sigma$：$\sigma(n)=\sum_{i=1}^ni\cdot[i\ |\ n]$。

这些积性函数又有一些性质：

1. 对于任意 $f$，$f*\epsilon=f$。
2. $\mu * I=\epsilon$。
3. $\phi*I=id$。
4. $\frac{\phi(n)}n=\sum_{d|n}\frac{\mu(d)}d$。

证明：

2 证过了。

3：众所周知 $\phi(n)=\prod_{i=1}^m p_i^{a_i-1}(p_i-1)$，所以有

$$\begin{aligned} \sum_{d|n}\phi(d)&=\sum_{i_1=0}^{a_1}\sum_{i_2=0}^{a_2}\cdots\sum_{i_m=0}^{a_m}\phi(p_1^{i_1}p_2^{i_2}\cdots p_m^{i_m})\\ &=(1+(p_1-1)+(p_1^2-p_1)+\cdots+(p_1^{a_1}-p_1^{a_1-1}))\sum_{i_2=0}^{a_2}\cdots\sum_{i_m=0}^{a_m}\phi(p_2^{i_2}\cdots p_m^{i_m})\\ &=p_1^{a_1}\sum_{i_2=0}^{a_2}\cdots\sum_{i_m=0}^{a_m}\phi(p_2^{i_2}\cdots p_m^{i_m})\\&=\cdots\\ &=p_1^{a_1}p_2^{a_2}\cdots p_m^{a_m}\\ &=n \end{aligned}$$

4：将 3 等式两边卷上一个 $\mu$，则有

$$\phi*I*\mu=id*\mu\\ \phi*\epsilon=id*\mu\\ \phi(n)=\sum_{d|n}\mu(d)\cdot\frac nd\\ \frac{\phi(n)}n=\sum_{d|n}\frac {\mu(d)}d\\ $$

杜教筛

搞了那么多，跟杜教筛有啥关系呢（

假设我们想求一个积性函数 $f$ 的前缀和 $S(n)=\sum_{i=1}^nf(i)$。

我们不妨找另一个积性函数 $g$，使得 $f*g$ 是一个很优美的积性函数。我们可以得出：

$$\sum_{i\le n}(f*g)(i)=\sum_{i\le n}\sum_{d|i}f(d)g(\frac id)=\sum_{i\le n}g(i)\sum_{j\le\lfloor\frac ni\rfloor} f(j)=\sum_{i\le n}g(i)S(\lfloor\frac ni\rfloor)$$

因为我们想求 $S(n)$，所以我们可以带 $S(n)$ 的一项提出来。

$$g(1)S(n)=\sum_{i\le n}(f*g)(i)-\sum_{2\le i\le n}g(i)S(\lfloor\frac ni\rfloor)$$

剩下的 $S$ 递归往下做即可。

一般做杜教筛的时候都会加记忆化（不然时间会假），还会先用线性筛预处理出 $\sqrt n$ 范围内的 $S$。时间复杂度 $O(n^{2/3})$，但是我不知道怎么证。

之所以说杜教筛很难用，是因为需要构造出一个 $g$ 才能使用杜教筛，而这个构造过程可能不太好想。

举个例子：求 $S(n)=\sum_{i=1}^n i{\mu(i)}$。

为了消掉 $i$​​，我们不妨令 $g=id$​​，这样 $(f*g)=(id\cdot\mu)*id=id\cdot\epsilon$​​​​。然后套上面公式即可。上面那一块证明的很多性质可以用来构造另一个积性函数。注意狄利克雷卷积对点积没有结合律。

min_25 筛

声明：此版块下的所有 $p$ 默认为质数。定义 $lpf(i)$ 为 $i$ 的最小质因数。

这个筛比较强，可以解决一些杜教筛解决不了的问题，而且不需要构造，是我这种无脑选手的不二之选。

假设我们想求 $S(n)=\sum_{i\le n}f(i)$。

min_25 筛适用于一些积性函数 $f$，其中 $f(p)$ 可以用多项式表示，且 $f(p^k)$ 很好求值。

min_25 筛的主要思想是先把 $f$ 看成完全积性函数 $g$，其中 $g(p)=f(p)$，$g(n)=\prod_if(p_i)^{a_i}$。这也就是为什么要求 $f(p)$ 可以用多项式表示的原因：多项式可以被拆成单项式，而对单项式而言计算 $g$ 是容易的。

但是我们把积性函数当成完全积性来算肯定是有错的，具体来说，在 $x\not\in prime$ 的时候会有错。我们先考虑算出质数部分的和。

我们定义 $G(i,j)=\sum_{i\le n} g(i)[i \in prime \lor lpf(i)>p_j]$，其中 $p_j$ 是第 $j$ 个质数。

$G$ 的初值很显然，$G(i,0)=\sum_{i\le n} g(i)$，而一般 $g$ 的前缀和是好求的。

可以发现 $G(i,|P|)=\sum_{i\le n} g(i)[i \in prime]$，因此我们考虑将 $j$ 从小到大递推。

考虑 $G(i,j-1)$ 比 $G(i,j)$ 多了些什么。我们发现 $G(i,j-1)-G(i,j)=\sum_{x\le i}g(x)[x\not\in prime\land lpf(x)=p_j]$。

当 ${p_j}^2>i$ 时，$G(i,j-1)-G(i,j)=0$。

当 ${p_j}^2\le i$ 时，$G(i,j-1)-G(i,j)=g(p_j)(G(\lfloor\frac i {p_j}\rfloor,j-1)-\sum_{k=1}^{j-1}g(p_k))$。之所以要减那一坨是因为 $G$ 里面还包含了质数，但是算了 $< p_j$ 的质数的贡献会导致我们乘出来的数的最小质因数不是 $p_j$，因此要把它挖掉。

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这样我们就可以递推求出 $G(i,|P|)$ 了，但是我们还需要合数部分的值，于是我们再定义一个 $F(i,j)=\sum_{i\le n} f(i)[i \in prime \lor lpf(i)>p_j]$，不难发现答案就是 $F(n,0)+f(1)$（1 没算）。

初值也是好得到的，$F(i,|P|)=G(i,|P|)$。

于是我们再考虑将 $j$ 从大到小递推。

考虑 $F(i,j-1)$ 比 $F(i,j)$ 多了些什么。我们发现 $F(i,j-1)-F(i,j)=\sum_{x\le i}f(x)[x\not\in prime\land lpf(x)=p_j]$。

但是因为 $f$​ 不是完全积性，所以我们不能直接向之前一样乘，还得枚举一个指数。

这里定义一个函数 $sp(x)=\sum_{i\le x}f(p_i)$​，这个可以线性筛求出来，因为我们只用得到 $\le\sqrt n$​ 的质数。​

具体而言，$F(i,j-1)-F(i,j)=\sum_{e,p_j^{e}\le i}f(p_j^e)(F(\lfloor\frac i {p_j^e}\rfloor,j)-sp(j))+\sum_{e\ge2,p_j^{e}\le i}f(p_j^e)$。

于是快乐递推就行了。

时间复杂度是 $O(\frac{n^{0.75}}{\log n})$，据说 min_26 筛可以做到 $O(n^{2/3})$，但是跑起来差不多，我也不会。

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powerful number 筛我不太会，但我在翻 min_25 筛题解的评论区的时候找到了这样一条评论：

所以大家可以问 hs。

二次剩余

一个数 $a$ 是模 $p$ 意义下的二次剩余，当且仅当存在数 $x$​ 使得 $x^2\equiv a\pmod p$。

这里只讨论 $p$​ 是奇质数的二次剩余，因为其他情况我不会。

先扔一些有用的性质。以下性质均不考虑 0。

性质

1. $a^{\frac{p-1}2}\equiv1\pmod p$​ 或 $a^{\frac{p-1}2}\equiv-1\pmod p$​

由费马小定理，显然。注意我们排除了 0 的情况。

2. $a$​ 是二次剩余当且仅当 $a^{\frac{p-1}2}\equiv1\pmod p$​，否则 $a^{\frac{p-1}2}\equiv-1\pmod p$​。

因为 $p$ 是奇质数，所以 $p$ 存在原根，设原根之一为 $\phi$，则有 $a^{\frac{p-1}2}\equiv\phi^{b\frac{p-1}2}\equiv1\pmod p$​，可得 $b$ 是偶数。

所以 $(\phi^{b/2})^2\equiv\phi^{b}\equiv a\pmod p$​，$a$​​​ 是二次剩余，必要性得证。

若 $a$ 是二次剩余，设 $a\equiv x^2$，则 $a^{\frac{p-1}2}\equiv x^{p-1}\equiv1$，充分性得证。

又因为性质 1，所以 $a$​ 不是二次剩余 $\Leftrightarrow$​ $a^{\frac{p-1}2}\equiv-1\pmod p$​​。​

这玩意又被叫做欧拉判别准则，还有个勒让德符号可以方便的表示这个式子：

$$\left(\dfrac np\right)=n^{^{\frac{p-1}2}}\bmod p\equiv\begin{cases}1&p\nmid n\land n\text{是二次剩余}\\-1&p\nmid n\land n\text{不是二次剩余}\\0&p\mid n\end{cases}$$

3. 在 $[1,{p-1}]$​ 中，二次剩余和非二次剩余各有 $\frac{p-1}2$​ 个。

显然 $(p-x)^2\equiv x^2$，因此我们只需证明 $x^2\bmod p$ 两两不同就能说明有 $\frac{p-1}2$ 个二次剩余。

假设 $x^2\equiv y^2$，$(x-y)(x+y)\equiv0$。

而 $x+y\in[2,p-1]$，因此 $x=y$。得证。

Cipolla 算法

那如果我们现在拿到一个方程 $x^2\equiv n\pmod p$，咋解呢？

我们先随机一个数 $a$​​​，使得 $a^2-n$​​​ 不是二次剩余。类似复数，我们利用 $i$​​ 扩一个域，其中 $i^2=a^2-n$​​，我们断言解是 $(a+i)^{\frac{p+1}2}$ 和它的相反数​。

证明：

$$(a+i)^{p+1}\equiv(a+i)(a+i)^p\equiv(a+i)(a^p+i^p)\equiv(a+i)(a-i)\equiv a^2-i^2\equiv n$$

第三个同余：$a^p\equiv a^{p-1}a\equiv a,i^p\equiv i^{p-1}i\equiv-i$。注意因为 $i^2$ 不是二次剩余，所以 $(i^2)^{\frac{p-1}2}\equiv i^{p-1}\equiv-1$。

现在我们唯一的问题就是，$(a+i)^{\frac{p+1}2}$ 的虚部会不会非零？

假设 $(a+i)^{\frac{p+1}2}\equiv A+Bi$，则 $(a+i)^{p+1}\equiv A^2+B^2(a^2-n)+2ABi\equiv n$ ，所以 $2AB\equiv0$。

若 $A\equiv 0$，有 $B^2(a^2-n)\equiv n$，而 $(B^2(a^2-n))^{\frac{p-1}2}\equiv B^{p-1}(a^2-n)^{\frac{p-1}2}\equiv-1$，而因为 $n$ 是二次剩余，有 $n^{\frac{p-1}2}\equiv1$，矛盾。所以 $A\not\equiv0$，则 $B\equiv0$。

exBSGS

普通的 BSGS 只能做底数模数互质的问题，但是可能会有憨批出题人出成非质模数，这时候就只能用 exBSGS了，，，

但是正规的 exBSGS 实在是太麻烦了，所以我乱搞了一个奇怪的算法（

还是和正常的 BSGS 一样，先预处理出 $a^{x\sqrt{mod}}$​，但是注意这里每个值的出现次数要记录最小和次小，因为两个不互质的值取模之后的结果是一个 ρ 形。

然后再枚举每个 $a^y$，查询有没有 $x$ 满足 $a^{x\sqrt{mod}}\equiv ba^y$。但是因为底数模数并不互质，所以 $a$ 没有逆元，即 $a^{x\sqrt{mod}-y}\equiv b$ 并不一定成立，所以需要写个快速幂验证一下。然后就行了。

这玩意具体有没有正确性我也不知道（），但是把模板题过了，应该问题不大（

万能欧几里得算法

这位更是重量级。

万能欧几里得算法是用来解决一系列与 $\lfloor\dfrac{ax+b}c\rfloor$​​ 有关的式子，要求满足操作（值）可以合并。

其主要思想是观察直线 $y=\frac{ax+b}c$​ 在一象限的图像：

每当其碰到一条竖线（$x=a(a>0)$）时记录一个操作 $R$，碰到一条横线（$y=a(a>0)$）时记录一个操作 $U$，碰到一个整点时记录两个操作 $UR$。

比如我们现在要求 $\sum_{x=1}^n \lfloor\frac{ax+b}c\rfloor$​​​，我们就可以记录两个值 $cnt,s$​​​，当扫描到一个操作 $U$​​​ 时将 $cnt+1$​​​，扫描到 $R$​​​ 时将 $s+cnt$​​​，最后的 $s$​​ 就是答案。

做万欧的时候，每个问题都会被看成一个节点 $f(a,b,c,n,U,R)$，表示我们想求关于 $\lfloor\frac{ax+b}c\rfloor$ 的某个式子，其中的 $x$ 取 $(0,n]$ 的整值，碰到横线的操作序列是 $U$，碰到竖线的操作序列是 $R$。我们发现 $a\ge c$ 和 $a< c$ 的问题好像有一些不一样，所以我们将其分类讨论。

$a\ge c$​ 时，我们发现 $\lfloor\frac{ax+b}c\rfloor=\lfloor\frac{(a\ \bmod\ c)x+b}c\rfloor+\lfloor\frac ac\rfloor x$​，这说明每一个 $R$​ 操作之前至少会有连续的 $\lfloor\frac ac\rfloor$​ 个 $U$​（换句话说就是 $x+1$​，$y$​ 至少加 $\lfloor\frac ac\rfloor$​），于是我们可以将 $R$​ 变成 $U^{\lfloor\frac ac\rfloor}R$​，且把 $a$​ 变为 $a\bmod c$​。形式化的说，$a\ge c$​ 时，$f(a,b,c,n,U,R)=f(a\bmod c,b,c,n,U,U^{\lfloor\frac ac\rfloor}R)$​​。​这样我们就成功的把数据规模从 $\max(a,c)$​ 变成了 $c$​。注意这里的合并操作有结合律，但是没有交换律。

$a < c$​ 时我们发现我们没办法再用上面的方法减少数据规模了，但是我们可以借鉴 gcd 和 exgcd 的思路，考虑交换 $a,c$​。

具体而言，我们把我们的直线改写一下：$y=\frac{ax+b}c\Leftrightarrow x=\frac{cy-b}a$，我们发现此时 $a,c$ 交换了地位。这看起来很不错，好像可以直接把函数一变，把 $U$ 和 $R$ 互换，把 $n$ 从 $R$ 的个数变成 $U$ 的个数来达到交换的目的，但是我们发现有一些细节问题：

• 我们要求碰到整点时操作序列应该加上一个 $UR$​，但是 $RU$ 交换之后加的顺序反了。
• 我们的直线是从 $(0,\frac bc)$ 开始走的，我们利用了这个点 $x=0$ 的性质，但是转化之后的起点并没有这个性质。
• 当 $x=n$ 时，$y$ 并不一定取得到整值。这会导致 $n$ 不能直接变换。

我们考虑一条一条解决这些问题。

• 我们摸到一个整点时是将其视为先摸到横线后摸到竖线的，但这里既然横竖交换了那我们就考虑先让其先摸到竖线后摸到横线：我们直接把新的直线往左平移 $\frac 1a$，变成 $x=\frac{cy-b-1}a$，这样可以解决这个问题，虽然这个方案听起来很傻逼。

• 我们没办法让起始点的 $y=0$，那么我们可以考虑找到直线经过的第一条横线，将其对应的 $U$ 以及之前的所有 $R$ 全部单独加上去，剩下的横竖翻转转成一个子问题。这样方程就变成了 $x=\frac{c(y+1)-b-1}a=\frac{cy+c-b-1}a$，因为第一个 $U$ 被删掉了，每个 $U$ 的序号都 -1 了。

• 我们没办法让结束点的 $y$​ 取整值，那我们就把最后一个 $U$​ 后面的所有 $R$​ 全部取下来单独算，然后同上。直线方程不变。

于是我们发现 $f(a,b,c,n,U,R)=R^{cnt1}U+f(c,(c-b-1)\bmod a,a,cntU-1,R,U)+R^{cnt2}$。推一下这几个常量式子发现：

• $cntU=\lfloor\frac{an+b}c\rfloor$（其实就是把 $x=n$ 带进去的 $y$ 值向下取整），-1 是因为第一个 $U$ 被干掉了；
• $cnt1=\lfloor\frac{c-b-1}a\rfloor$​，把 $y=0$​​ 代入新的直线方程即可得到。注意要带新的方程，而且区间是开区间，不然若直线过的第一个 $U$​ 对应的是整点，会出现该 $U$​ 后面的那个 $R$​ 也被算进去的情况。
• $cnt2=n-\lfloor\frac{c\cdot cntU-b-1}a\rfloor$，把 $y=m-1$ 代入新的直线方程即可得到。注意要带新的方程，而且区间是开区间，理由与上面类似。

后两条可以自己试着画画图理解一下，发现他们完美的避开了所有不该取的点而对该取的点没影响。

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但是我知道这个之后怎么做题呢？

假设我还是想求 $\sum_{x=1}^n \lfloor\frac{ax+b}c\rfloor$​，我们定义一个结构体“状态”，一个状态里面记录三个数 $cntx,cnty,s$​，分别为 $R$​ 的个数，$U$​​ 的个数与我们已经求到的和。

我们考虑合并两个状态 $S,T$：

• $ans.cntx = S.cntx+T.cntx$
• $ans.cnty = S.cnty+T.cnty$​
• $ans.s = S.s+T.s+S.cnty*T.cntx$，最后一项的意义是把 $T$ 拼在 $S$ 后面相当于给 $T$ 的每一项加上一个 $S.cnty$，而 $T$ 有 $T.cntx$ 项。

最后我们只需要考虑初始时候 $U,R$​ 的值。我们想要的是扫到 $U$ 的时候 $cnty+1$，扫到 $R$ 的时候 $cntx+1,s+cnty$​。因此不难推出初始 $U$ 的 $cnty=1$，初始 $R$ 的 $cntx=1$，其他值 $=0$。​

于是我们做完了。类似的我们可以求出 $\sum_{x=1}^n \lfloor\frac{ax+b}c\rfloor^2$​​​​，$\sum_{x=1}^n x\lfloor\frac{ax+b}c\rfloor$​​​​，甚至可以往上面套一堆矩阵或者数据结构等。

万欧的时间复杂度是 $O(T\log \max (a,c))$，$T$ 是合并两个信息的时间：我们需要时间的地方只有每一层的 $cnt1,cnt2$ 和 $\lfloor\frac ac\rfloor$。容易发现 $cnt1,cnt2\le \lfloor\frac ca\rfloor$，也就是上一层的 $\lfloor\frac ac\rfloor$，所以每层所需的时间就是 $O(T(\log a-\log c))$，而 $c$ 又会在下一层变成分子，所以相邻两项的加减抵消，时间复杂度变成 $O(T\log \max (a,c))$。当然这只是比较理性的感性理解（

完结撒花ᕕ( ᐛ )ᕗ