Math

数论

模运算和同余

定义模运算(mod) ：$a\mathrm{\%}b=a-[a/b]\ast b;(b>0)$
定义同余 ：若 $a\equiv b（modm）\mathrm{则}m|(a-b)$
（注：下文省略mod m）
自反性：$a\equiv a$
对称性：若 $a\equiv b$ 则 $b\equiv a$
传递性：若 $a\equiv b$ 且 $a\equiv c$ 则 $b\equiv c$;
可加性：若 $a\equiv b$ 则 $a+c\equiv b+c$;
更牛的可加性 ：若 $a\equiv b$ 并且 $c\equiv d$ 则 $a+c\equiv b+d$;
可乘性：若 $a\equiv b$, 且 $c\equiv d$，则 $ac\equiv bd$
可除性：若 $a\equiv b$, 且 模数m与c同余，则 $a/c\equiv b/c$

最大公因数gcd求法（辗转相除法）

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

exgcd(用于解不定方程和求非质数意义下的逆元）:

方程：ax + by = c (a,b,c均为整数，求x，y的整数解）
核心思路：在求gcd的末状态求出$x_{\mathrm{末}}，y_{\mathrm{末}}$，又因为有个天才脑洞大开发现可以顺着gcd递归回去，于是可以求出一组x，y的特解，再找通解的表达。

具体做法：
当c 不是 gcd（a,b) 的倍数，时无x，y整数解
否则：ax + by = k * gcd，可先求出x/k，y/k
gcd末状态：
a = gcd， b = 0。此时$x_{\mathrm{末}}=1,y_{\mathrm{末}}\mathrm{随}\mathrm{机}\mathrm{取}$
gcd的转移方法是:ax + by = gcd = bx' + (a - $\lfloor a/b\rfloor$ * b)*y';(gcd的递归转移)
整理一下：x = x' - $\lfloor a/b\rfloor$ * y', y = x'
递归回去可得一组x/k，y/k的整数解， 再乘上k就是一组x，y的特解/

接下来就是求通解：
先令有解{x1,y1}{x2,y2}

$a{x}_1+b{y}_1=c$
$a{x}_2+b{y}_2=c$
$\therefore a(x_1-x_2)=b(y_2-y_1)$
$\mathrm{两}\mathrm{边}\mathrm{同}\mathrm{除}gcd(a,b)，\mathrm{得}{a}^{\prime }(x_1-x_2)=b^{\prime }(y_2-y_1)，\mathrm{此}\mathrm{时}{a}^{\prime }\mathrm{与}{b}^{\prime }\mathrm{互}\mathrm{质}$
$\therefore (x_1-x_2)=k\ast b^{\prime },(y_2-y_1)=k\ast a^{\prime }$
$\mathrm{整}\mathrm{理}\mathrm{一}\mathrm{下}：x_1=k\ast b^{\prime }+x_2，y_1=y_2-k\ast a^{\prime }（k\mathrm{为}\mathrm{任}\mathrm{意},x_2,y_2\mathrm{为}\mathrm{特}\mathrm{解}，x_1,y_1\mathrm{为}\mathrm{通}\mathrm{解})$
代码：

void exgcd(long long a, long long b){
	if(b == 0) {
		x = 1;
		y = 0;
		gcd = a;
		return ;
	}
	exgcd(b, a % b);
	tmp = x, x = y, y = tmp - (a/b) * y;
}

用exgcd求逆元：ax = 1 (mod p) => ax = 1 + pk => ax - pk = 1，然后就可以开始解不定方程了。

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中国剩余定理：

条件：(所有p为质）
题目：
x = y1(mod p1)
x = y2(mod p2)
…………
x = yn(mod pn)
令 M = Πp，$m_i$ = M / $p_i$
x = $\sum _{i=1}^n{y}_i\ast m_i\ast m_i^{p_i-2}$ + K*M(K是任意数，x有无数个）
如果p不都是质数，只是两两互质，逆元用exgcd求。

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Miller_Rabin 判断素数

if（$a^{p-1}=1(modp)$) p大概率为质数
∵$x^2$ = 1 (mod p) => x = -1 或 1
当指数b为奇数或者a^b = -1时可以默认p为质数
否则一直循环
把前12个质数做为底数a来试验可判断2^{64以内的质数\ (注意：第一次要特判，只有a}b==1时成立)

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Pollard Rho 分解最大质因数算法

Pollard Rho算法分解一个数n的过程大体上是这样子的：\

1、找到一个数p，使得p|n，将n分解为p与n/p
2、如果p或n/p不为质数，将其带入递归上述过程
3、如果其是质数，将其记录并退出\

找p的过程是这个样子：\

1、找到一个数p1
2、通过某种玄学推导手段找出一个与p1对应的p2
3、gcd(|p1-p2|,n)不是1或n时，此数为所求的p\

玄学推导手段：\

p2 = ($p{1}^2$ + c) mod n
其中c为随机常数。
出现循环了怎么办？换一个随机常数c再搞。\

判环用floyd判圈算法搞定。
代码、例题：P4718

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积性函数

f(ab) = f(a)f(b) (如果只有a,b互质时才成立，狭义积性函数）
例如$\phi$函数

拉格朗日插值

拉插作用
已知n+1个点值，即

$$\begin{gathered} f(x_1)=y_1 \\ f(x_2)=y_2 \\ ... \\ f(x_{n+1}）=y_{n+1} \end{gathered}$$

求n次多项式 f ，(或求f(x)的值）\

设 $L_i(x)$ 是一个 $n$ 次多项式，且满足

$\{\begin{array}{l}{L}_i(x_i)=y_i{L}_i(x_j)=0(i\ne j)\end{array}$

可以考虑先构造 $L_i^{\prime }(x)$，使其满足

$ $$\{\begin{array}{l}{L}_i(x_i)=1L_i(x_j)=0(i\ne j)\end{array}$$ $\mathrm{那}\mathrm{么}$L_i=y_iL_i'$

可以得出 $L_i^{\prime }(x)$ 可以是下面的多项式：

$\frac{\prod _{j=1}^{n+1}(x-x_j)(i\ne j)}{\prod _{j=1}^{n+1}(x_i-x_j)(i\ne j)}$

(如果把$x_j(i\ne j)$带进去，分母出现0， 如果把$x_i$带进去，分子等于分母，即$L_i^{\prime }(x_i)=1$)

那么 $L_i(x)$ 就应该是$y_i{L}_i^{\prime }$:

$yi\frac{\prod _{j=1}^{n+1}(x-x_j)(i\ne j)}{\prod _{j=1}^{n+1}(x_i-x_j)(i\ne j)}$

因为 $L=\sum _{i=1}^{n+1}{L}_i$，所以 $L(x)$ 应该为：

$\sum _{i=1}^{n+1}(y_i\frac{\prod _{j=1}^{n+1}(x-x_j)(i\ne j)}{\prod _{j=1}^{n+1}(x_i-x_j)(i\ne j)})$

复杂度：$O(n^2)$

特别的，如果 $x_i+1=x_{i+1}$, 求$L(x)$的值时

$L_i^{\prime }(x)$ 分母可表示为

$$(-1{)}^{(n+1)-i}!(i-1)!((n+1)-i)$$

分子可以表示为 (???)

$$(x-x_1{)}^{\underset{―}{n+1}}/(x-x_i)$$

再带回即可

复杂度：O（n）

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