基础数论板子整理

前排预警

本文几乎没有理论（也就是不能当做课件来看）， 只有板子， 纯复习用。

由于我很菜， 并且时间不太够， 于是只学了一部分。

像什么 BSGS、ExBSGS、 Miller-Rabin， 还有那个大数质因数分解我都不会（淦）。

一些基本操作都是现写的伪代码， 都标了伪（就是可能出错）； 其他的Luogu有模板题的都是过了模板题的代码， 都标了过。

有可能会写错

前言

基础数论的大部分内容是取模意义下的运算， 猜测最初引入这些科技的目的是为了代替高精度算法qwq。

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目录

• 基本操作
• exgcd
• 逆元相关
• 求解同余方程组
• 计算膜意义下的组合数
• 原根！

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基本操作

• \(O(\sqrt n)\)时间判断\(n\)是否是质数。

理论支撑 : 若 \(n\) 为合数， 则其至少有一个小于等于\(\sqrt n\)的质因子。

代码（伪）：

bool is_pm(int n) {
	int tmp=sqrt(n);
	for(int i=2; i<=tmp; ++i)
		if(n%i == 0) return false;
	return true;
}

• \(O(\sqrt n)\)时间将\(n\)分解质因数。

理论支撑:\(n\)至多有一个大于\(\sqrt n\)的质因子（不是一种）。

代码（伪）：

int tot=0, p[_], c[_]; //p[i]保存n的第i个质因子， c[i]保存p[i]的次数
void divide(int n) {
	tot = 0;
	for(int i=2; i<=sqrt(n); ++i) if(n%i==0) {
		//不用担心i是否为质数， 因为如果i是合数且i整除n
		//那么i的质因子一定整除n， 所以枚举到合数时不会出现 n%i == 0
		p[++tot] = i, c[tot] = 0;
		while(n%i==0) ++c[tot], n/=i;
	}
	if(n>1) p[++tot] = n, c[tot] = 1;
	return;
}

由于上面两个操作都是依赖于枚举质数的， 所以可以预处理一张质数表来加速枚举。

由于\([1,n]\)中的质数个数约为\(\frac{n}{ln(n)}\)， 所以加速后上面两个操作的时间复杂度都为\(O(\frac{\sqrt n}{ln(\sqrt n)})\)（约为qwq）。

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• \(O(\log_2 a)\) or \(O(\log_2 b)\) 时间求\(a、b\)的最大公约数。（反正就是\(O(\log)\)级别的啦qwq）

理论支撑就是代码里的式子（不会证）

代码（伪）

int gcd(int a, int b) {
	return (!b) ? a : gcd(b, a%b);
}

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• \(O(n)\)时间筛出\([1，n]\)的素数表（还可以筛欧拉函数， 好像还可以筛莫比乌斯函数）

理论支撑：将筛一个合数\(x\)的方式限定为用这个数的最小质因子\(p\)和\(\frac{x}p\)筛这个数， 意即将每个合数被筛的次数限定为一次， 故时间复杂度为\(O(n)\)。

筛素数代码（过）：

int m, prime[maxn + 15], v[maxn + 15];
//prime[i]表示第k大素数, v[i]表示数i的最小质因子
void euler(int n) { //筛出[1,n]所有素数
	for(int i=2; i<=n; ++i) {
		if(!v[i]) v[prime[++m] = i] = i; //i为质数
		for(int j=1; j<=m; ++j) {
			if(prime[j] > n/i || prime[j] > v[i]) break;
			//不筛大于n的， 不以限定形式之外的形式筛
			v[prime[j] * i] = prime[j];
		}
	}
	return;
}

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exgcd

• \(O(log_2 a)\) or \(O(log_2 b)\) 求解 \(ax + by = gcd(a,b)\)的一组解\(x、y\)。
  就是exgcd啦。

理论支撑：是可以考场上推出来的东西所以不写了

还有就是一些细节什么的做做题就可以回想起来了。
青蛙的约会
荒岛野人

代码（过）

void exgcd(int a, int b, int &x, int &y) {
	//exgcd可以顺便求gcd(a,b)， 且加上这个功能后代码还是一行， 但是我懒得写。
	!b ? x=1,y=0 : (exgcd(b, a%b, y, x), y -= x*(a/b));
}

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逆元相关

\(a\)在膜\(p\)意义下有逆元的充要条件是\(a \perp p\)。

• \(O(\log_2 a)\) or \(O(\log_2 p)\) 求\(a\)在膜\(p\)意义下的逆元，条件是\(a\perp p\)。

就是用exgcd解\(ax \equiv 1 (\mod p)\)

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欧拉定理

\[a^{\varphi(m)} \equiv 1 \tag{$a \perp m$} \]

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• \(O(\sqrt n)\)时间求 \(\varphi(n)\)

理论支撑：欧拉函数的公式。

代码（伪）：

int phi(int n) {
	int res = n;
	for(int i=2; i<=sqrt(n); ++i) if(n%i==0) {
		res = res / i * (i-1);
		while(n%i==0) n/=i;
	}
	if(n>1) res = res / i * (i-1);
	return res;
}

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• \(O(n)\)求\([1,n]\)的欧拉函数
  理论支撑：欧拉函数的公式（自己推推）

代码（过）：

int m, prime[maxn], v[maxn], phi[maxn];
//phi[i]为i的欧拉函数
//其他参考上面的筛素数代码
void euler(int n) {
	for(int i=2; i<=n; ++i) {
		if(!v[i]) {
			v[prime[++m] = i] = i;
			phi[i] = i-1;
		}
		for(int j=1; j<=m; ++j) {
			if(prime[j] > n/i || prime[j] > v[i]) break;
			v[prime[j] * i] = prime[j];
			phi[prime[j] * i] = phi[i] * (i%prime[j] ? prime[j]-1 : prime[j]);
		}
	}
}

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• \(O(n)\)求\([1,n-1]\)在膜\(n\)意义下的逆元， 条件是模数必须是质数。

理论支撑：
设模数为\(m\)， 则对于一个数\(i\)，

\[m = pi +r \tag{r<i} \]

\[pi+r \equiv 0 (\mod m) \]

\[r \equiv -pi (\mod m) \]

\[1 \equiv -pir^{-1} (\mod m) \]

\[i^{-1} \equiv -pr^{-1} (\mod m) \]

由于\(r<i\)， 故通过这种方法可以线性递推\([1,m-1]\)的逆元。
（再次强调此方法应用的条件是模数为质数）

代码（过）：

int n,p;//n<p， p为模数
long long inv[maxn];//inv[i]为i在膜p意义下的逆元
void solve() {
	inv[1]=1; 
	for(int i=2;i<=n;++i) inv[i]=(p-p/i)*inv[p%i]%p;
}

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求解同余方程组

就是求

\[\begin{cases} x \equiv a_1 (\mod m_1)\\ x \equiv a_2 (\mod m_2)\\ \vdots \\ x \equiv a_n (\mod m_n) \end{cases} \]

的一个解\(x\)（通常是求最小正整数解）。

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模数两两互质的情况。

这种情况下一定有解且求解比较简单。

这种情况下可以为每个\(i\)构造一个数\(node_i\), 满足

\[node_i \equiv 1(\mod m_i) \]

且

\[node_i \equiv 0(\mod m_j) \tag{$j \neq i$} \]

则\(x\)的一个可行解就是\(\sum_{i=1}^n a_i *node_i\)，另外，\(x\)的通解是

\[\sum_{i=1}^n a_i *node_i + k * \prod_{i=1}^n m_i \tag{$k \in Z$} \]

如何构造\(node_i\)？

设

\[M_i = \frac{\prod_{j=1}^n m_j}{m_i} \]

\[I_i \equiv M_i^{-1} \tag{$\mod m_i$} \]

则

\[node_i \equiv M_i * I_i \tag{$\mod \prod_{j=1}^{n} m_j$} \]

代码（过）：

#define li long long
int n;
li a[maxn], m[maxn];
//a、m意义见上文
li CRT() {
	li M = 1ll, res = 0ll;
	// res就是要求解的x
	for(int i=1; i<=n; ++i) M *= m[i]; //这就是M的意义
	for(int i=1; i<=n; ++i) {
		li Mi = M/m[i];
		li Ii = inv(Mi, m[i]);// inv(a, b)是a在膜b意义下的逆元
		res += Mi * Ii % M * a[i] % M;
		res %= M;
	}
	return ((res%M+M)%M);
}

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模数不一定两两互质的情况

设\(X_k\)为前\(k\)个方程组成的方程组的一个特解， 则前\(k\)个方程组成的方程组的通解为

\[X_k + q * LCM_{i=1}^k m_i \tag{$q \in Z$} \]

若前\(k+1\)个方程组成的方程组有解， 则方程

\[X_k + q * LCM_{i=1}^k m_i \equiv a_{k+1} \tag{$\mod m_{k+1}$} \]

有解。

由此， 可以一步一步推出整个方程组的解（有解的话）。

代码实现中有不少细节， 主要是关于解同余方程时对正负数的处理。

无解的情况就是exgcd无解的情况。

代码（过）（那道板子不需要判断无解）：

// 各个变量基本都和上面的一样
int n;
li a[maxn], m[maxn];
li EXCRT() {
	li X = a[1], LCM = m[1];
	for(int i=2; i<=n; ++i) {
		// k*LCM +m[i]y = c (mod m[i])
		li c = ((a[i]-X)%m[i] + m[i])%m[i];
		li x, y, d;
		exgcd(LCM, m[i], x, y, d);
		x = slow_mul(x, c/d, m[i]/d); //x 修正为最小正整数解； slow_mul(a,b,c) = (  (a*b)%c +c  )  %  c;
		X += x*LCM;
		LCM = LCM/d * m[i];
		X = (X%LCM+LCM)%LCM;
	}
	return X;
}

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计算膜意义下的组合数

就是计算

\[C_n^m \tag{$\mod p$} \]

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\(p\)为质数的情况。
有个定理叫做\(Lucas\)定理， 其内容为：

\[C_n^m \equiv C_{\lfloor n/p \rfloor}^{\lfloor m/p \rfloor} * C_{n \% p}^{m \% p} \tag{$\mod p$，$p$为质数} \]

代码（过）：

//jc[i]是预处理的i的阶乘
li jc[maxp];
li C(li n, li m, li p) {
	if(n<m) return 0ll;
	return jc[n] * ksm(jc[m],p-2,p) % p * ksm(jc[n-m],p-2,p) % p;
}
li lucas(li n, li m, li p) {
	if(!m) return 1ll;
	if(n<m) return 0ll;
	return lucas(n/p,m/p,p) * C(n%p,m%p,p) % p;
}

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\(p\)不一定为质数的情况
此时可以用\(exLucas\)求解。

目标： 求

\[C_n^m \mod a \]

算法过程：

将\(a\)质因数分解， 即求出\(p_1^{c_1}*p_2^{c_2}*\cdots*p_k^{c_k} = a\)。
分别计算 \(ans_j = C_n^m \mod p_j^{c_j} (1 \leq j \leq k)\)

最后求出

\[\begin{cases} X \equiv ans_1 (\mod p_1^{c_1}) \\ X \equiv ans_2 (\mod p_2^{c_2}) \\ \vdots \\ X \equiv ans_k (\mod p_k^{c_k}) \end{cases} \]

的解\(X\)， \(X\)即为\(C_n^m \mod a\)。

如何求解\(C_n^m \mod p^k (p为质数)\)？

首先， \(C_n^m = \frac{n!}{(n-m)!m!}\)， 但\((n-m)!m!\)中可能有\(p\)这个因子， 此时\((n-m)!m!\)在膜\(p\)意义下没有逆元， 于是就要将\((n-m)!m!\)中的\(p\)因子提出来， 最后再乘回去。 但是提出来的\(p\)因子是\(\frac{1}{p}\)形式的， 还是无法计算， 此时就要将\(n!\)的\(p\)因子也提出来。

设\(n!\)含有\(p\)因子的个数为\(num_n\)， \(m!\)含有\(p\)因子的个数为\(num_m\)，\((n-m)!\)含有\(p\)因子的个数为\(num_{n-m}\)。

似乎可以证明\(p^{num_n-num_m-num_{n-m}} \geq 0\)。（我不会证也不想证qwq）

于是最后要算的就是

\[\frac{\frac{n!}{p^{num_n}}}{\frac{m!}{p^{num_m}} \frac{(n-m)!}{p^{num_{n-m}}}} * p^{num_n-num_m-num_{n-m}} \mod p^k \]

如何求解\(\frac{n!}{p^{num_n}} \mod p^k\)？

首先将\(n!\)展开为

\[1 * 2 *3 * 4 * \cdots * n-1 * n \]

将其中\(p\)的倍数都提出来

\[(p * 2p *3p * 4p * \cdots * \lfloor n/p \rfloor p) * 1 * \cdots * unknown \]

再操作一下

\[\Big( p^{\lfloor n/p \rfloor} \Big) * \Big( 1 * 2 *3 * 4 * \cdots * \lfloor n/p \rfloor \Big) * \Big( 1 * \cdots * unknown（都是与p互质的数） \Big) \]

将第一部分扔掉（因为要求的是\(\frac{n!}{p^{num_n}} \mod p^k\)），至此可以发现问题被缩小了。

但是如何求\([1，n]\)中与\(p\)互质的数的乘积\(\mod p^k\)的值呢？

首先\(x \equiv x + p^k (\mod p^k)\)， 然后就可以\(O(p^k)\)算\([1，n]\)中与\(p\)互质的数的乘积\(\mod p^k\)的值了。

代码（过）（完整）（原题链接）：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define li long long
li ksm(li a, li b, li p) {
	li res = 1ll;
	for(;b;b>>=1, a=(a*a)%p)
		if(b&1) res = (res*a)%p;
	return res%p;
}
void exgcd(li a, li b, li &x, li &y) {
	!b ? x=1,y=0 : (exgcd(b,a%b,y,x), y-=x*(a/b));
}
li inv(li a, li p) {
	// ax + py = 1;
	li x, y;
	exgcd(a, p, x, y);
	x = ((x%p+p)%p);
	return x;
}

li fac(li n, li p, li pk) {
	if(!n) return 1ll;
	li res = 1ll;
	for(li i=0; i<pk; ++i) if(i%p) res = res*i % pk;
	res = ksm(res, n/pk, pk);
	for(li i=0; i<=n%pk; ++i) if(i%p) res = res*i % pk;
	return res * fac(n/p,p,pk) % pk;
}

li C(li n, li m, li p, li pk) {
	if(!m) return 0ll;
	li f1 = fac(n,p,pk), f2=fac(m,p,pk), f3=fac(n-m,p,pk), cnt = 0ll;
	for(li i=n;i;i/=p) cnt += i/p;
	for(li i=m;i;i/=p) cnt -= i/p;
	for(li i=n-m;i;i/=p) cnt -= i/p;
	return f1 * inv(f2,pk) % pk * inv(f3,pk) % pk * ksm(p,cnt,pk) % pk;
}

int tot;
li ri[10001], riri[10001];
li CRT() {
	li M = 1ll, res = 0ll;
	for(int i=1; i<=tot; ++i) M *= riri[i];
	for(int i=1; i<=tot; ++i) {
		int nd = M/riri[i];
		res += ri[i] * nd % M * inv(nd,riri[i]) % M;
		res %= M;
	}
	return ((res%M+M)%M);
}
li exlucas(li n, li m, li p) {
	for(li i=2; i<=sqrt(p); ++i) {
		li md = 1ll;
		while(p%i==0) p/=i, md*=i;
		if(md>1) ri[++tot] = C(n,m,i,md), riri[tot] = md;
	}
	if(p>1) ri[++tot] = C(n,m,p,p), riri[tot] = p;
	return CRT();
}
int main() {
	li n, m, p;
	cin >> n >> m >> p;
	cout << exlucas(n,m,p);
	return 0;
}

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原根！

从别人课件扒下来的

定义 \(g\) 是质数 \(p\) 的原根， 当且仅当 \(1,g,g^2, \cdots,g^{p-2}\) 互不相同 （当然是膜 \(p\) 意义下的）。

正整数其实也有原根来着

定理 ： 任何质数都有原根

原根的个数不一定是唯一的。

如何判定一个数 \(g\) 是否是 \(p\) 的原根？
若 \(g\) 不是 \(p\) 的原根， 则存在一正整数 \(0 \le k < p-1\) 使得
\(g^k \equiv 1 (\mod p)\)，
如此，
再由 \(gcd(k, p-1) = xk + y(p-1)\)，
得出

\[g^{gcd(k,p-1)} \equiv 1 \tag{$\mod p$} \]

这样， 就可以枚举 \(p-1\) 的真因子来判断 \(g\) 是否为 \(p\) 的原根。
设存在一个 \(p-1\) 的真因子 \(s\) 使得 \(g^s \equiv 1(\mod p)\)， 则 \(g\) 不是 \(p\) 的原根， 反之 \(g\) 是 \(p\) 的原根。
其实只要判断形如 "\((p-1)/一个质数， 这个质数|(p-1)\)" 形式的因子就好了。

如何找质数 \(p\) 的原根？
从 2 开始枚举啊
从 \(2\) 枚举即可， 一般来说找的挺快，不会解释。

代码？

//找质数 p 的原根 g 
//和原根表对了几个，应该阔以保证正确，但是 p 太大会炸， 不知道为啥 

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define li long long
li ksm(li a, li b, li p) {
	li res = 1ll;
	for(;b;b>>=1, a=(a*a)%p)
		if(b&1) res=(res*a)%p;
	return res%p;
}
const int maxn = 1000005;

li p, g;
li tot, P[maxn], C[maxn];
li factot, fac[maxn];

void getfac(li now, li nownum) {
	if(now==tot+1) {
		fac[++factot] = nownum;
		return;
	}
	for(int i=0; i<=C[now]; ++i) {
		getfac(now+1, nownum);
		nownum *= P[now];
	}
}
bool jd() {
	for(int i=1;i<=factot;++i) if(fac[i]!=p-1 && ksm(g,fac[i],p) == 1ll) {
		return false;
	}
	return true;
}

void gtfac(li x) {
	for(li i=2; i<=sqrt(x); ++i) if(x%i==0) {
		P[++tot] = i, C[tot] = 0;
		while(x%i==0) ++C[tot], x/=i;
	}
	if(x>1) P[++tot] = x, C[tot]=1;
	getfac(1,1ll);
}
int main()
{
	cin >> p;
	gtfac(p-1);
//	for(int i=1;i<=factot;++i) cout<<fac[i]<<'\n';
//	g=3;
//	cout<<jd();
	cout<<p<<'\n';
	if(p==3) {
		cout<<2;
		return 0;
	}
	for(g=2ll; g<p-1; g+=1ll) if(jd()){
		cout << g;
		break;
	}
	return 0;
}

\[gcd(x_1, \cdots, x_n) \Rightarrow O(n + \log w) \]

证明：

每做两次辗转相除， gcd/2, 这样的次数最多只有 log w 次。

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小凯的疑惑

ax + by = d

由于 gcd(a,b) = 1， 故这个方程一定有整数解

假设 d 已经固定， 则一组解 (x,y) 可以看成平面直角系上的一个点。

根据解 (x,y)， 得出通解 (x+kb, y-ka)， (k 是整数)， 把这个解集里的点都放在直角坐标系上， 它们在一条斜率为负数且斜率一定的直线上， 直线上相邻两个点的坐标差完全一样；且既然斜率是负数， 那么这条直线一定穿过 2、4 象限， 而且由于 d 是正数， 这条直线一定过第一象限。

其实通过前面的分析， 可以看出直线与 y 的交点的纵坐标 h 无限增大的时候， 一定存在一个 h， 使得直线上的解一定在第一象限或 x 轴正半轴或 y 正半轴上， 那么就猜测 d 增大的时候， 直线与 y 轴的交点的纵坐标增大

还是考虑那个 横坐标+b, 纵坐标-a 就从第二象限跳到第四象限的点，由于 d 要尽量大， 所以 x = -1， 跳之后 x = b-1，无法继续考虑。

由于 d 要尽量大， 所以令