数论学习笔记

主要参考 OI-Note Chapter4.1 整除与同余 - 知乎

整除

若 $a / b (b \ne 0)$ 为整数，则称 $b$ 整除 $a$ ，记作 $b \mid a$ 。若 $a / b$ 和 $c / b$ 的余数相等，则称 $a, c$ 模 $b$ 同余。

同余

关于同余，有以下命题等价：

1. $a$ 和 $b$ 是模 $d$ 同余的。
2. 存在某个整数 $n$ ，使 $a = b + nd$ 。
3. $d$ 整除 $a - b$ 。

由此可以轻易推出以下性质：

同余的基本性质

• $$a \equiv b \pmod p \text{且} c \equiv d \pmod p \Rightarrow a \pm c \equiv b \pm d$$

• $$a \equiv b \pmod p \Rightarrow ak \equiv bk \pmod {pk}$$

• $$k\mid p \text{且} a \equiv b \pmod p \Rightarrow a \equiv b \pmod k$$

模运算基本性质

• $$(a + b) \bmod p = ((a \bmod p) + (b \bmod p)) \bmod p$$

• $$ab \bmod p = (a \bmod p)(b \bmod p) \bmod p$$

• $$a \bmod kb \bmod b = a \bmod b$$

欧几里得辗转相除法(gcd)

给定整数 $a, b$ ，将它们的最大公因数记作 $\gcd(a, b)$ ，欧几里得辗转相除法便是用来求 $\gcd(a, b)$ 的，因而简称 $\gcd$ 。
记 $a, b$ 的公因数集合为 $T$ ，$b , a \bmod b$ 的公因数集合为 $T'$ ，有 $T = T'$ 。证明：
设 $u \subseteq T$ ，$a = xu, b = yu$ ， $$a \bmod b = a - b \left \lfloor a / b \right \rfloor = xu - yu(\left \lfloor a / b \right \rfloor) = u[x - y(\left \lfloor a / b \right \rfloor)]$$ ，所以 $u \mid a \bmod b$ ， $T \subseteq T'$ 。
同样的，记 $v \subseteq T'$ ，$b = nv, a \bmod b = mv$ ， $$a = a \bmod b + b \left \lfloor a / b \right \rfloor = mv + nv(\left \lfloor a / b \right \rfloor) = v[m + n\left \lfloor a / b \right \rfloor]$$ ，所以 $v \mid a$ ， $T' \subseteq T$。

综上， $\gcd(a, b) = \gcd(b, a \bmod b)$ ，因而可以直接递归求解。时间复杂度为 $\log(n)$ 。

边界：当 $b = 0$ 时，$\gcd(a, b) = a$ 。

code:

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

扩展欧几里得(exgcd)

由欧几里得辗转相除法，我们可以运用这个算法在求最大公因数的同时求出满足 $$ax + by = \gcd(a, b)$$ 的正整数解 $x, y$ 。

对于边界条件 $b = 0$ ， $x = 1, y = 0$ 就是一组合法解（当然，此处 $y$ 可以取任意数）。那么，设 $a' = b, b' = a \bmod b$ ，且我们已经求出 $x_0, y_0$ 满足 $a'x_0 + b'y_0 = \gcd(a', b')$ ，于是：

$$\begin{aligned} \gcd(a, b) &= \gcd(a', b') \\ &= a'x_0 + b'y_0 \\ &= bx_0 + (a\bmod b)y_0 \\ &= bx_0 + (a - b \left \lfloor a / b \right \rfloor)y_0 \\ &= ay_0 + b(x_0 - \left \lfloor a / b \right \rfloor y_0) \end{aligned}$$

因此，满足 $ax + by = \gcd(a, b)$ 的 $x = y_0, y = x_0 - \left \lfloor a / b \right \rfloor y_0$ 。

code:

int exgcd(int a, int b, int &x, int &y){
    if(!b){
        x = 1, y = 0;
        return a;
    }
    int a1 = exgcd(b, a % b, x, y);
    int x1 = y, y1 = x - a / b * y;
    x = x1, y = y1;
    return a1;
}

乘法逆元

对于一个数 $a$ ，若 $ab = 1$ ，那么我们称 $a$ 的逆元为 $b$ ，记作 $a^{-1}$ 。在同余中，则是若 $ab \equiv 1$ , 则 $b$ 为 $a$ 的逆元。通常，我们通过找到 $a$ 的逆元来避免除法。给定 $a$ 和 $b$ ，我们需要求出 $x$ 满足 $ax \equiv 1 \pmod b$ 。

逆元唯一性定理：逆元若存在，则总是唯一的。
反证法。设有 $x \not \equiv y$ 使得 $ax \equiv ay \equiv 1$ ，则有 $axy \equiv ax(y) \equiv y$ ,且 $axy \equiv ay(x) \equiv x$ , 则 $x \equiv y$ ，矛盾。
逆元存在性定理：在模 $m$ 下，当且仅当 $a \bot m$ 时，$a$ 的逆元存在。后续补充证明。

事实上， $ax \equiv 1 \pmod b$ 等价于 $ax + by = \gcd(a, b)$ 。由逆元存在性定理，$a \bot b$ 时， $ax + by = 1$ 。所以 $ax = 1 - by$ ， $ax \equiv 1$ 。而若 $ax \equiv 1 \pmod b$ ，则 $ax - 1 \equiv 0 \pmod b$ ，所以令 $y = \frac{ax - 1}{b}$ , 就有 $ax + by = 1$ 。因此这两者等价。我们就可以直接使用exgcd求出 $a$ 在模 $b$ 下的乘法逆元。不过有一个需要注意的是，使用exgcd求出来的逆元可能是负数，输出时加一个 (x % p + p) % p 就好啦。

线性求逆元

我们知道 $a \times a^{-1} \equiv 1$ 。

设 $p = n \times i + r$ ,就有：

$$n \times i + r \equiv 0 \pmod p$$

同时乘以 $i^{-1}, r^{-1}$ 得：

$$n \times r^{-1} + i^{-1} \equiv 0$$

移项得：

$$i^{-1} \equiv -n \times r^{-1}$$

即

$$i^{-1} \equiv -\left \lfloor p / i \right \rfloor (p \bmod i)^{-1}$$

又因为 $p \bmod i$ 比 $i$ 小，我们就可以 $O(n)$ 求逆元了！

裴蜀定理

不定方程 $ax + by = c$ 有整数解 $x, y$ 的充要条件是 $\gcd(a, b) \mid c$ 。
证明：
当 $\gcd(a, b) \mid c$ 时，我们可以先用exgcd求出$ax +by = \gcd(a, b)$ 的解，然后同时乘以 $\ c / gcd(a, b)$ 即可得出解。
当 $\gcd(a, b) \not \mid c$ 时，在该方程两边同时除以 $\gcd(a, b)$ ，发现方程左边为整数，右边为分数，则必定无解。

由此，我们就可以运用裴蜀定理直接证明逆元存在性定理了。

另外， 若 $c \bot m, ac \equiv bc \pmod m$ ，运用逆元可以得出 $a \equiv b$ 。这也是一条同余的性质。

P5656 【模板】二元一次不定方程 (exgcd)

虽然是个板子题，但是非常恶心。

无解情况裴蜀定理判定即可。
对于有解：
首先我们就可以通过exgcd求出满足 $ax + by = c$ 的一组整数解 $x_0, y_0$ ，记 $d = \gcd(a, b)$ 。怎么由一组特解推出通解呢？

由观察可知，当 $x$ 变大时， $y$ 会变小。因此设 $x_0 + kp, y_0 - kq$ 为另外一组解 （ $p, q$ 为一个定值），我们通过改变 $k$ 来求得每一组解。这个时候可能聪明的你会感觉到有些不对劲：为什么 $p$ 和 $q$ 的系数绝对值刚好都是 $k$ 呢？就不能 $x + (k + 1)p, y_0 - kq$ 吗？ $p, q$ 又可以是什么定值呢？我们来证明一下：
不管$k$，我们可以列出方程组：

$$\begin{cases} ax_0 + by_0 = c \\ a(x_0 + p) + b(y_0 - q) = c \end{cases}$$

可以解得 $ap = bq, p = \frac{bq}{a}, q = \frac{ap}{b}$ 。也就是 $p, q$ 需要满足这个等式才能构造出另外一组解。但还不够，我们需要 $p, q$ 为最小的正整数 $p, q$ ，以此来通过调整系数 $k$ 求出每一组解，要求 $a \mid bq$ ， $b \mid ap$ 。所以 $bp_{\min} = \operatorname{lcm}(a, b) = \frac{ab}{d}$ （此处详见下面的最大公倍数），$p_{\min} = \frac{a}{d}$ 。同理 $q_{\min} = \frac{b}{d}$ 。我们就求出了 $p, q$ 的最小正整数。

我们设另一组解为 $x_0 + np, y_0 - mq$ ，则：

$$\begin{cases} ax_0 + by_0 = c \\ a(x_0 + np) + b(y_0 - mq) = c \end{cases}$$

解得 $anp = bmq$ 。又由上面的 $ap = bq$ ，我们就会发现 $n = m$ ，所以 $k = n = m$ 就好啦！

之后具体细节分类讨论即可（然后就调了一上午） 。推荐题解第一篇，感觉最简单易懂！（加 longlong, 不然就会在不知不觉中浪费1个小时QAQ）

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define int long long
#define mo 19260817

int a, b, c;

int exgcd(int a, int b, int &x, int &y){
  if(!b){
    x = 1, y = 0;
    return a;
  }
  int a1 = exgcd(b, a % b, x, y);
  int x1 = y, y1 = x - a / b * y;
  x = x1, y = y1;
  return a1;
}

signed main(){
//   freopen("shuju.in", "r", stdin);
  ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
  int TN;
  cin >> TN;
  while(TN--){
    cin >> a >> b >> c;
    int x, y;
    int gcd = exgcd(a, b, x, y);
    x *= c / gcd, y *= c / gcd;
    int p = b / gcd, q = a / gcd;
    if(c % gcd) {
      cout << -1 << endl;
      continue;
    }
    int sl = ceil((1.0 - x) / p), sr = floor((y - 1.0) / q);
    if(sl > sr) {
      cout << x + sl * p << " " << y - sr * q; 
    }
    else{
      cout << sr - sl + 1 << " ";
      cout << x + sl * p << " " << y - sr * q << " " << x + sr * p << " " << y - sl * q;
    }
    cout << endl;
  }
  return 0;
}

欧拉定理

当 $a \bot m$ 时， $$a ^ {\varphi(m)} \equiv 1 \pmod m$$
[[欧拉函数&欧拉定理]]

详细证明可见 欧拉函数 & 欧拉定理
证明：
我们构造一个数 $k$ ，只需使得 $ka ^ {\varphi(m)} \equiv k$ ，且 $k \bot m$ 即可证明欧拉定理。设在模 $m$ 下的剩余系中与 $m$ 互质的数的集合为 $\left\{ b_1, b_2, ... b_n \right\} (n = \varphi(m))$ ，令 $k = b_1b_2...b_n$ ，这时 $k \bot m$ 。又因为 $a \bot m$ , 所以集合 $\left\{ ab_1, ab_2, ..., ab_n\right\}$ 中每个数都与 $m$ 互质，即 $\left\{ b_1, b_2, ... b_n \right\} = \left\{ ab_1, ab_2, ..., ab_n\right\}$ 。那 $ab_1 * ab_2* ...*ab_n = a ^ {\varphi(m)}k \equiv k$ 。证毕。

由欧拉定理，我们能直接得出费马小定理，实际上欧拉定理就是费马小定理的推广。

最小公倍数

我们已经知道可以通过 $\gcd$ 求出 $a, b$ 的最大公因数，那么有没有类似的快捷方法求出 $a, b$ 的最大公倍数呢？

当然有！通过算术基本定理，我们将 $a, b$ 表示成如下形式：

$$a = p_1^{n_1}p_2^{n_2}...p_x^{n_x}$$

$$b = p_1^{m_1}p_2^{m_2}...p_x^{m_x}$$

其中 $p$ 属于 $a, b$ 的所有质因数集合。

那么

$$\gcd(a, b) = p_1^{\min(n_1,m_1)}p_2^{\min(n_2,m_2)}...p_x^{\min(n_x, m_x)}$$

而

$$\operatorname{lcm}(a, b) = p_1^{\max(n_1,m_1)}p_2^{\max(n_2,m_2)}...p_x^{\max(n_x, m_x)}$$

于是

$$\operatorname{lcm} = \frac{ab}{\gcd(a,b)}$$

Lucas定理

前置知识：二项式定理
可以看看容斥定理及二项式反演

Lucas定理：

$$\binom nm \equiv \binom{\left \lfloor \frac{n}{p} \right \rfloor}{\left \lfloor \frac{m}{p} \right \rfloor} \times \binom{n\bmod p}{m\bmod p} \pmod p$$

其中 $p$ 是质数。
可以看成是 $n, m$ 在 $p$ 进制下各数码的组合乘积。

证明（不要被式子吓到啦，很简单的）：

$\binom nm$ 可以看成 $(1+x)^n$ 中 $x^m$ 项的系数，我们就尝试写一下：

$$(1+x)^n=(1+x)^{p\lfloor\frac{n}{p}\rfloor}(1+x)^{n\bmod p}$$

因为 $p$ 是质数，所以对于 $\forall i \in [1,p-1]$ ，$i$ 在模 $p$ 下均有逆元，$\binom pi = \frac{p}{i}\binom{p-1}{i-1} \equiv 0 \pmod p$

$$(1+x)^p=\sum_{i=0}^p\binom pix^i \equiv 1+x^p$$

因为中间的系数在模 $p$ 下为 $0$ ，在 $(1+x)^n$ 中相加不会对模 $p$ 后 $x^m$ 项的系数有所影响，就可以直接忽略。于是我们继续：

$$\begin{aligned} (1+x)^{p\lfloor\frac{n}{p}\rfloor}(1+x)^{n\bmod p} &\equiv (1+x^p)^{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor}(1+x)^{n\bmod p}\\ &=\sum_{i=0}^{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor}\binom {\lfloor\frac{n}{p}\rfloor}{i}x^{pi}\sum_{i=0}^{n\bmod p}\binom{n\bmod p}{i}x^i \end{aligned}$$

发现这个式子要想凑出 $x^m$ 那一项，因为左边只能提供 $p$ 的倍数次项，右边只能提供模 $p$ 的余数的项，所以对 $x^m$ 的系数有贡献的项必须是是左边提供 $\lfloor\frac{m}{p}\rfloor$ 的项， 右边提供 $m \mod p$ 的项，所以 $x^m$ 项的系数在模 $p$ 下就是

$$\binom{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor}{\lfloor \frac{m}{p}\rfloor}\binom{n\bmod p}{m\bmod p}$$

证完！

素数的线性筛法

为了让一个合数只被标记一次，我们设法让一个合数只会被它的最小素因子标记一次。

vector<int> p;
int tag[N];
void init(int n){
	tag[1] = 1;
	for(int i = 2; i <= n; i ++){
		if(!tag[i]) p.push_back(i);
		for(auto j : p){
			if(j * i > n) break;
			tag[i * j] = 1;
			if(i % j == 0) break;
			//这里我们假设i = k*j, 下一个素数为g， g > j
			//i*g = k*j*g, 因为k*g > i,所以i*g在之后循环到k*g时被标记，这里就不用标记了
		}
	}
}

整除分块

能够在 $O(\sqrt n)$ 的时间内求出 $\sum_{i=1}^n \frac{n}{i}$ 。

正常肯定是 $O(n)$ 的，但是考虑一下如何加快。随便画一个反比例函数图像，会发现有对于每个 $i$ ，几乎都会有一段连续区间 $\frac{n}{i}$ 的值是相同的。结论是，对于 $i$ 所在的块，块的右端点是 $\frac{n}{\lfloor\frac{n}{i}\rfloor}$ 。

另外一个结论， $$\sum_{i=1}^n[x\mid i] = \lfloor\frac{n}{x}\rfloor$$

int g(int n){
  int ans = 0;
  for(int l = 1, r; l <= n; l = r + 1){
    r = n / (n / l);
    ans += (r - l + 1) * n / l;
  }
  return ans;
}

威尔逊定理

$p$ 为素数等价于

$$(p-1)!\equiv-1\pmod p$$