数论学习笔记

数论分块

求 $\sum f(i)g(\lfloor {\displaystyle \frac{n}{i}}\rfloor )$，并且 $f(i)$ 的前缀和可以快速计算。

发现 $\lfloor {\displaystyle \frac{n}{i}}\rfloor$ 的取值只有根号种，暴力做就完事了。

问题是已知 $l$，怎么求出最大的 $r$ 满足 $\lfloor {\displaystyle \frac{n}{l}}\rfloor =\lfloor {\displaystyle \frac{n}{r}}\rfloor$ 呢？

推一推柿子，$r=\lfloor {\displaystyle \frac{n}{\lfloor {\displaystyle \frac{n}{l}}\rfloor }}\rfloor$。

做完了。

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原根

本节的所有定义都是在模 $p$ 意义下的。

如果 $gcd(a,p)=1$，那么我们定义 $a$ 的阶为最小的 $l$ 满足 $a^l\equiv 1(\mathrm{mod}p)$，记为 ${\text{ord}}_{p}a=l$。

有一些性质：

• ${\text{ord}}_{p}a|\varphi (p)$。

• $a^l\equiv a^{lmod{\text{ord}}_{p}a}(\mathrm{mod}p)$。

• 若 $a^l\equiv 1(\mathrm{mod}p)$，则 $l\equiv 0(\mathrm{mod}{\text{ord}}_{p}a)$。

对于某个原根 $g$，它满足 ${\text{ord}}_{p}g=\varphi (p)$。

于是可以得到，$\mathrm{\forall }b,gcd(b,p)=1$，$b=g^x$，又因为这个性质，所以我们只要找出最小原根 $g$ 就能求出所有原根。

有结论：形如 $2,4,p^k,2\times p^k$（$p$ 为奇素数，$k$ 为正整数）的数有原根。

如何求最小原根？

从小到大枚举，最小原根不会超过 $n^{0.25}$（不会证明）。

暴力 $\mathrm{c}\mathrm{h}\mathrm{e}\mathrm{c}\mathrm{k}$ 是 $\mathcal{O}(n)$ 的，设 $\varphi (n)=\prod p_i^{a_i}$，我们可以只检验 ${\displaystyle \frac{\varphi (n)}{p_i}}$。

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杜教筛

求 $\varphi (i)$，$\varphi (i)\times i$，$\varphi (i)\times i^2$，$\mu (i)$ 等积性函数的前缀和。

假设我们要求函数 $f$ 的前缀和，设 $S(n)=\sum _{i=1}^{n}f(i)$。那么我们需要寻找另一个积性函数 $g$，得到一个柿子：

$$g(1)S(n)=\sum _{i=1}^n(f\ast g)(i)-\sum _{i=2}^{n}g(i)S(\lfloor {\displaystyle \frac{n}{i}}\rfloor )$$

也就是说，如果我们能快速求出 $f$ 和 $g$ 的狄利克雷卷积前缀和以及 $g$ 的前缀和，那么我们就能快速求出 $f$ 的前缀和。

如果直接做是 $\mathcal{O}(n^{\frac{3}{4}})$ 的，若能线性筛筛出前 $n^{\frac{2}{3}}$ 个 $f(i)$ 的话，可以优化到 $\mathcal{O}(n^{\frac{2}{3}})$。

杜教筛的关键在于那个柿子以及 $g$ 的选取。

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离散对数

给定一个质数 $p$，以及一个整数 $b$，一个整数 $n$，现在要求你计算一个最小的非负整数 $l$，满足 $b^l\equiv n(\mathrm{mod}p)$。

由于 $b,p$ 互质，$b$ 有逆元，所以可以在模意义下乘除 $b$。

首先有 $l=xB-y$，$b^{xB-y}\equiv n(\mathrm{mod}p)$，然后 $b^{xB}\equiv n{b}^y(\mathrm{mod}p)$。

取 $B=\sqrt{p}$，那么前面的 $b^{xB}$ 可以暴力跳，后面的 $n{b}^y$ 可以暴力预处理。

做完了，时间复杂度 $\mathcal{O}(\sqrt{p})$。

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求 $x^A\equiv B(\mathrm{mod}2k+1)$，$x\in [0,2k]$ 的 $x$ 的个数，要求根号复杂度。

首先由于 $2k+1$ 并不是质数，很难做。

发现 $2k+1=\prod p_i^{a_i},p_i\in \text{Prime}$，我们可以解出所有 $x^A\equiv B(\mathrm{mod}{p}_i^{a_i})$ 方程，然后原方程解的个数就是这些方程的解的个数的乘积（由 $\mathrm{C}\mathrm{R}\mathrm{T}$ 可知）。

考虑一个 $x^A\equiv B(\mathrm{mod}{p}_i^{a_i})$ 怎么解，设 $d$ 为最小解，不难发现方程的解一定是 $x_i=kd$ 的形式（一个数满足条件它的倍数一定满足）。

然后先分类讨论一下：

• $B\equiv 0(\mathrm{mod}{p}_i^{a_i})$，此时 $B=p_i^b$，设 $d=p_i^s$，那么显然有 $As\ge a_i$，所以 $s$ 的最小值就是 $\lceil {\displaystyle \frac{a_i}{A}}\rceil$，那么 $d=p_i^s$，解的个数为 $\frac{p_i^{a_i}}{d}=p_i^{a_i-s}$。

• $B\not\equiv 0(\mathrm{mod}{p}_i^{a_i})$，此时 $B=p_i^b\times q$，显然如果 $b$ 不是 $A$ 倍数无解，那么设 $b=k\times A$，所以得到 $(p_i^k\times y{)}^A\equiv p_i^b\times q(\mathrm{mod}{p}_i^{a_i})$，也就是 $p_i^b\times y^A\equiv p_i^b\times q(\mathrm{mod}{p}_i^{a_i})$。

  然后就可以等式两边同除 $p_i^b$（吗）？

  如果上述成立，那么 $p_i^b\times y^A\equiv p_i^b\times q(\mathrm{mod}{p}_i^{a_i})$ 的解的个数等价于 $y^A\equiv q(\mathrm{mod}{p}_i^{a_i-b})$ 的解的个数，但是我们发现出问题了，原方程的解的个数应该是放缩后方程的解的个数的 $p_i^{b-k}$ 倍，因为原来 $y$ 的范围是 $[0,p_i^{a_i-k})$，但是后面变成了 $[0,p_i^{a_i-b})$，范围缩小到原来的 $p_i^{b-k}$，解数自然也缩小到原方程的 $p_i^{b-k}$。

  问题转化为求方程 $y^A\equiv q(\mathrm{mod}{p}_i^{a_i})$ 的解的个数，显然 $gcd(p_i,q)=1$，设 $p_i$ 的原根为 $g$，那么有 $p_i=g^{kp}$，$y=g^{ky}$。

  $kp$ 和 $ky$ 可以 $\mathrm{B}\mathrm{S}\mathrm{G}\mathrm{S}$ 直接来。

  然后就变成了 $g^{ky\times A}\equiv g^{kp}(\mathrm{mod}{p}_i^{a_i})$，然后有 $ky\times A\equiv kp(\mathrm{mod}\varphi (p_i^{a_i}))$。

  此时只要求出这个同余方程的解数即可，不难发现该方程的解与原方程的解一一对应。

  而这个同余方程若有解，解数必然为 $gcd(\varphi (p_i^{a_i}),A)$。

然后这题就做完了，复杂度瓶颈在于 $\mathrm{B}\mathrm{S}\mathrm{G}\mathrm{S}$。