同余进阶

扩展欧拉定理

\[a^b\equiv \begin{cases} a^{b \bmod \varphi(m)} & (a,m)=1\\ a^b & (a,m)\neq 1,b<\varphi(m)\\ a^{b\bmod\varphi(m)+\varphi(m)} & (a,m)\neq 1,\,b\geqslant \varphi(m) \end{cases} \pmod{m} \]

• 应当注意不能认为总是有 \(a^b\equiv a^{b\bmod\varphi(m)+\varphi(m)} \pmod{m}\)，这在第二种情况下可能不对，因为不能保证 \(a^{\varphi(m)}\equiv 1 \pmod{m}\)。

• 证明如下：

• 对于 \(a^0,a^1,\dots ,a^{+\infty}\pmod{m}\)，存在 \(r,s\)，使得 \(a^0\sim a^{r-1}\) 互不相同，从 \(a^r\) 开始每 \(s\) 个数循环一次。

  • 因为 \(\pmod{m}\) 的数集是有限集，故互不相同的 \(a^k\) 是有限的，\(r\) 存在。

  • 由鸽笼原理，一定存在 \(k>k'\)，使得 \(a^k\equiv a^{k'}\)，于是显然循环。

• \(a\in prime\) 时，该式成立。

  • 若 \(a\perp m\)，为欧拉定理的简单情况。

  • 否则，存在 \(t\)，使得 \(m=a^tm'\)，且 \(a\perp m'\)，从而 \(a^{\varphi(m')}\equiv 1\pmod{m'}\)。

  • 由欧拉函数的积性，有 \(m'\mid m\to \varphi(m')\mid \varphi(m)\)，于是 \(a^{\varphi(m)}\equiv 1\pmod{m'}\)。

  • 转为不定方程，\(a^{\varphi(m)}=km'+1\)，再在两边同乘 \(a^t\)，得到 \(a^{t+\varphi(m)}=km+a^t\)。

  • 转回同余式，得到 \(a^t\equiv a^{t+\varphi(m)}\)。利用欧拉函数的积性，有

  \[\varphi(m)\geqslant \varphi(a^t)=a^{t-1}(a-1) \]
  • 注意到 \(a\geqslant 2,t\geqslant 1\)，故
  \[\varphi(m)\geqslant a^{t-1}(a-1)\geqslant t \]

  • 其中 \(a^{t-1}(a-1)=t\) 只在 \(a=2,t=1\) 时取得。

  • 所以对于 \(a>2\) 或 \(t>1\)，有 \(a^t\equiv a^{t+\varphi(m)}\equiv a^{t\bmod m+\varphi(m)}\)。

  • 对于 \(a=2 \And t=1\)，手动验证发现总有 \(t=1\leqslant \varphi(m)\)，\(<\) 时走第二种情况，\(=\) 时显然有 \(2^1=2^{1\bmod 1+1}\)。

  • 故该式在 \(a\in prime\) 时成立。

• \(a\in p^k,p\in prime\) 时，该式成立。

  • 累了。

• 应用：光速幂。

  • 扩展欧拉定理告诉我们，在 \(\pmod m\) 意义下，一切幂的次数都在 \([0,2\varphi(m))\) 中。

  • \(2\varphi(m)\) 还是有点大，考虑使用幂的性质，取 \(sq=\lceil\sqrt{\varphi(m)}\rceil\)，于是

  \[a^b\equiv a^{\lfloor\frac{b}{sq}\rfloor sq+b\bmod sq}\equiv (a^{\lfloor\frac{b}{sq}\rfloor})^{sq}a^{b\bmod sq} \]
  • 则可以 \(O(\sqrt{m})-O(1)\) 地求固定底数的幂。一般化地，应当是 \(O(m^{\frac{1}{k}})-O(\log_{m^{\frac{1}{k}}} m)=O(k)\) 的，不过实践中最常用 \(k=2\)。

P5091 【模板】扩展欧拉定理

• 板子，使用秦九韶算法即可。注意可能并没有取过模。

中国剩余定理

• 给定如下同余方程组,其中 \(m_i\) 与 \(m_j\) 互质。

\[\begin{cases} x \equiv b_1\ ({\rm mod}\ m_1) \\ x\equiv b_2\ ({\rm mod}\ m_2) \\ ... \\ x \equiv b_n\ ({\rm mod}\ m_n)\end{cases} \]

• 求最小正整数解。

• 思路：构造一组 \(x_1,x_2,\dots,x_n\)，使得 \(x_i\equiv 1\pmod {m_i},x_i\equiv 0\pmod {m_j}(j\neq i)\)。

• 从而我们有 \(x=\sum\limits_{i=1}^{n} b_ix_i\)，解系为 \(x_0=x+kM\)，最小正整数解 \(x_1=x\bmod M(M=\prod\limits_{i=1}^{n}m_i)\)。

• 证明从构造里就能看出。

• 下面说一下怎么构造。取 \(now_i=\dfrac{M}{m_i}\)，显然有 \(now_i\equiv 0\pmod {m_j}\)，则 \(x_i=now_i\times now_i^{-1}\pmod {m_i}\)。

扩展中国剩余定理

• 给定如下同余方程组，不保证 \(m_i\) 与 \(m_j\) 互质。

\[\begin{cases} x \equiv b_1\ ({\rm mod}\ m_1) \\ x\equiv b_2\ ({\rm mod}\ m_2) \\ ... \\ x \equiv b_n\ ({\rm mod}\ m_n)\end{cases} \]

• 原思路所需的性质根本不存在。考虑另起炉灶。

• 尝试将方程合并。

• 令 \(x_0\) 满足前两个方程，则有 \(1\times x_0+m_1\times y_1=b_1\)...（这里第二个式子被省略了）形式不好看，整理一下，\(x_0=m_1\times y_1+b_1=m_2\times y_2+b_2\)。

• 从而有 \(m_1\times y_1-m_2\times y_2=b_2-b_1\)。

• exGCD。容易给出 \(y\) 从而得到 \(x\)。

• 定理：对如上的二同余方程组，如果有特解 \(x_0\) ,则解系为 \(x\equiv x_0\pmod {\operatorname{lcm}(m_1,m_2)}\) 。这也是合并出的新方程。

• 证明：

  • 正确性略，lcm 是可以约掉的。

  • 唯一性：假设有 \(x,y\) 都满足要求，则 \(x-y\equiv 0\pmod{m_1}\) 或 \(\pmod{m_2}\)，所以 \(x-y\equiv0\pmod {\operatorname{lcm}(m_1,m_2)}\)，但 \(x,y<\operatorname{lcm}(m_1,m_2)\)，所以 \(x-y=0,x=y\)，不成立。

• 注意，虽然这个也是转化成剩余系，也可以调整成最小正整数解，但这一步和上面的 exGCD 可以说半毛钱关系都没有，因为 \(x\) 并不是 exGCD 的内容！！！请先用 \(\dfrac{c}{g}\) 把 \(y\) 调整好，再用它来做 \(x\)！！！

• 另外，这里还有一点小 trick。考虑 exCRT 的同余方程中式左 \(x\) 系数不为 \(1\) 的情况。

• 考虑重构该方程。记系数为 \(k\)，则原同余方程等价于 \(k\times x+m\times y=b\)。

• 老规矩，先用裴蜀定理判一下解的存在性。然后得出 \(x\) 的解系，从而对应母方程等价于该解系。

Miller-Rabin 素性测试

• 设法在比试除法更低的时间复杂度内判断 \(n\) 是不是一个素数。显然保真的算法复杂度不太能接受，故我们考虑一点不保真的随机化算法。

• 注意到费马小定理保证 \(\forall a\perp p,a^{p-1}\equiv 1\pmod p\)。不妨用这个来试试？随一些 \(<n\) 的 \(a\) 出来，快速幂检验之。

• 听起来不错，可惜，存在无穷多个卡迈克尔数 \(n\)，满足 \(n\) 是合数但 \(\forall a\perp n,a^{n-1}\equiv 1\pmod n\)。换言之面对它们我们的算法就是蒙约数...而约数的规模上界是 \(O(n^\frac{1}{3})\)，想稳定命中的代价有点大呢，尤其是某些大质数相乘，根本测不出来。

• 引入二次探测定理：若 \(p\) 为奇素数，则 \(x^2\equiv 1\pmod p\) 的解为 \(x=\pm 1\pmod p\)。

  • 理由较为显然，将 \(1\) 换到左侧利用平方差公式展开，得到 \((x+1)(x-1)\equiv 0\pmod p\)。

  • 显然只能是 \(x+1\) 或 \(x-1\) 中含 \(p\)（\(0\) 也行，模意义下嘛），故解为 \(\pm 1\)。

• 称 \(\pm 1\pmod n\) 为 \(n\) 的平凡平方根，其他满足 \(x^2\equiv 1\pmod n\) 的为 \(n\) 的非平凡平方根。显然质数是没有非平凡平方根的，不可能拼出来 \(p\) 嘛（但 \(2\) 也没有平凡平方根！）。

• 基于此，可以设计如下算法：

  • 随意取一个 \(a\)，将 \(a^{n-1}\) 中的 \(n-1\) 化成 \(u2^t\) 的形式，即 \(a^{n-1}=(a^u)^{2^t}\)。

  • 取 \(v=a^u\)。如果 \(a^u=1\) 则跳过本轮测试（这是显然的，因为不可能导致 \(a^{n-1}\bmod n\neq 1\)，也不可能找到非平凡平方根）；否则，不断将之平方，如果某一时刻 \(v\equiv -1\pmod n\) 则 break，如果不曾 break 则要么是找到了非平凡平方根，要么是根本没有通过费马素性测试，鉴定为合数。

• 还是很没有道理，是不是？但实际上，目前没有任何合数通过了高概率性素性测试（例如 Miller-Rabin）。通常测试轮数不应 \(\leqslant 8\)，但在 OI 中因为我们有值域的限制，对 uint 以内可以用 \(2,7,61\)，对 ull 可以用...你不会想背那七个关键数字的，用前十二个质数就好了。注意，如果这么做的话，不能跳过 \(a\geqslant n\) 的数而是把它们对 \(n\) 取模跑一遍（如果 \(\equiv 0\) 就跳过本轮）。

• 复杂度为 \(O(k\log)\)，其中 \(k\) 为检测的轮数。但常数很大，因为在反复取模，还是对一个非 const...

• 给出示范代码。

il ull qpow(ull x,ull t,ull mod){
	ull ret=1;
	while(t){
		if(t&1) ret=ret*x%mod;
		x=x*x%mod;
		t>>=1;
	}
	return ret;
}
il bool mlrb(ull now){
	if(now<3 || !(now&1)) return now==2;
	static ull a[12]={2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37};
	ull an,u=now-1,v; int s,t=__builtin_ctzll(u); u>>=t;
	For(i,0,12){
		an=a[i]%now;
		if(!an) continue;
		v=qpow(an,u,now);
		if(v==1) continue;
		for(s=0;s<t;++s){
			if(v==now-1) break;
			v=v*v%now;
		}
		if(s==t) return false;
	}
	return true;
}

同余最短路

• 求 \(\sum\limits_{i=1}^n k_ia_i\) 的一些相关信息，这里 \(k_i\geqslant 0\)。所谓相关信息，可以是最大的无法构造出的数字，也可以是 \(\equiv x\pmod p\) 的数字最小能构造出的是哪个（当然，也有可能永远构造不出）。

• 如果 \(k\) 可以取负数，显然就是裴蜀定理判一下；但这里 \(k\geqslant 0\)。注意到这相当于完全背包求可达性，但这里的容量是无上限的，所以我们得人为操作它一下：不妨按 \(a\) 升序排序（重复的 \(a\) 显然可以去掉），然后将原问题转到 \(\bmod a_1\) 环境下。

• 换言之，我们考虑以 \(a_1\) 为基，讨论 \(\equiv x\pmod a_1\) 的 \(a_1\) 个剩余系中，可以构造出的最小数字是什么。显然，此时我们可以做完全背包了，复杂度 \(O(n\times a_1)\)。容易看出选哪个 \(a\) 都行，选 \(a_1\) 只是为了减小“容量上界”。

• 唔。注意到实际上我们求的是“最小数字”，故这某种意义上是一个最短路问题（一开始只有 \(\equiv 0\pmod a_1\) 的最小数字是 \(0\)，其余都是 \(+\infty\)），每个剩余系是一个点，除 \(a_1\) 外，每个 \(a\) 是一类边（从每个点出发）。是不是挺像差分约束？显然上面的完全背包和 SPFA 是等价的。但这里我们没有负环，所以做 dijkstra 也是对的。

• 有时可能要微调，加一些 feature 上去。此时 dijkstra 不一定仍然可行，请结合实际情况考虑。

P3403 跳楼机

• 题意略，就是板题，且 \(n=3\)，求可构造出的 \(\leqslant m\) 的数的个数。

• 直接做，复杂度 \(O(3a\log)\)。之所以不可能碰到 ll 上界而引发一些奇怪的问题，主要是因为模意义下的循环节长度最多为 \(mod\)，显然很快就碰到了。另外注意 \(1\) 模 \(1\) 得 \(0\)。

P2662 牛场围栏

• 题意略。

• 显然把所有长度的木料都构造出来也就是 \(m\) 个点 \(m\) 条边，于是暴力之即可。复杂度 \(O(m^2\log)\)。

• “先不处理木料，得到最短路后向下松弛”的思路是错误的，因为到该点的木料条数决定了可松弛距离，但条数和到这里的距离这个二元组显然缺乏严格偏序关系。

P2371 [国家集训队] 墨墨的等式

• 很符合概述中的说法的板题。切之即可，注意距离会在 \(v^2\) 级别，炸 int。

P9140 [THUPC 2023 初赛] 背包

• 题意：完全背包，\(Q\) 组询问，问体积和恰好为 \(V\) 的最大总价值，不存在合法方案则 \(-1\)。关键内容在反常的数据范围中。

• 数据范围：\(n\leqslant 50,v\leqslant 10^5,w\leqslant 10^6,Q\leqslant 10^5,V\in [10^{11},10^{12}]\)。这里 \(v\) 是容量限制，\(w\) 是价值。

• 显然很怪。尤其奇怪的是，\(V\) 是有下界的。

• 注意到同余最短路中的同余循环长度最多为 \(v\)，故事实上能凑出来的所有系都一定在 \(\leqslant 10^{10}\) 的距离中被凑出来。

• 那么，是否存在合法方案是容易的。问题是最大总价值...

• 贪啊。我们选最小的 \(a\) 是为了俭省点数，这里...稍微对同余最短路的结构做以改动，改为跑到达该剩余系的最长路（隐性考虑 \(a_1\) 这条边），具体地，对每个点维护二元组 \((d,w)\)，表示走到它的最短距离（最短总容量）和最大总价值，当试图松弛时，检验其和已有二元组哪个更优（即在相同 \(d\) 处谁的 \(w\) 大），由前我们知道所有解都应当在 \(10^{10}\) 以内...诶？

• 如果所有解都在 \(10^{10}\) 以内，我们就对了。但这里为了避免反复被超过，反复不优...（譬如走了 \(\frac{\operatorname{lca}(a_1,a_2)}{a_1}\) 次 \(a_2\)），我们...我们将 \(a_1\) 贪出来。放 \(\frac{w}{v}\) 最大的！故它在 \(10^{10}\) 以外一定是最优的！

• 遂得解，注意最长路只能 SPFA，理论复杂度 \(O(v\times nv)\)，但显然我们这里的图是完全图，故事实上没被卡。有没有理论复杂度对的做法我就不知道了。

[ABC077D] Small Multiple

• 题意：求 \(K\) 的正整数倍的最小数位和。

• 数据范围：\(K\leqslant 10^5\)。

• 很迷惑啊。不管知不知道这道题是同余最短路，它看起来都很迷惑啊...

• （看题解后）这什么鬼题啊...我...

• 不妨考虑十进制下的数是什么样的。显然，按每一位的位权来算非常难以接受，不妨考虑将其写成秦九韶算法的形式，于是本质不同的变换只有 \(+1\) 和 \(\times 10\)。

• 然后！把每个数字 \(\bmod K\) 的结果看成点，于是 \(+1\) 和 \(\times 10\) 是边！直接这么整会稍微有一点问题，我们顺便记录一下个位的值，不允许进位，于是总点数为 \(10K\)，注意到位和的变化分别是 \(1,0\)，故考虑 01bfs 实现之，问题就是 \((0,0\sim 9)\) 这个点的最短路。

• 源点应当放 \(1\)，于是可以看出总复杂度应该就是点数即 \(10K\)。解决了。注意用 list 作为双端队列。