数论进阶 

 数论进阶 

扩展欧几里得算法

裴蜀定理（Bézout's identity）

$1$ ：对于任意整数 $a$，$b$ ，存在一对整数 $x$ ，$y$ ，满足 $ax+by=GCD(a,b)$ 。

2：对于任意整数 $a$，$b$ ，二元一次不定方程 $ax+by=c$ 有整数解 $(x,y)$ 当且仅当 $GCD(a,b)|c$ 。

扩展欧几里得算法（Extended Euclidean algorithm）

首先，我们来回顾一下欧几里得算法：

void gcd(int a,int b){
	return b==0?a:gcd(b,a%b);
}

扩展欧几里得算法是用于在已知 $a$，$b$ 的情况下求一组解 $x$，$y$ ，使他们之间满足：$ax+by=GCD(a,b)=d$。(GCD即最大公约数)。我们要计算的是 $a$ 和 $b$ 的最大公约数，并求出 $x$ 和 $y$ 使得 $ax+by=d$。

此时，我们已经计算出了下一个状态：$b$ 和 $(a\%b)$ 的最大公约数，并求出了一组 $x_1,y_1$ 使得：$bx_1+(a\%b)y_1=d$ 。而相邻状态之间的关系是怎样的呢？

我们知道：$a\%b=a-\lfloor{a \over b} \rfloor *b$ ，所以有：

$$\begin{align} d&=b * x_1 +[a-\lfloor {a\over b} \rfloor *b]*y_1\\ &=b*x_1+a*y_1-\lfloor{a\over b}\rfloor * b * y_1\\ &=a*y_1+b*(x_1-\lfloor {a\over b} \rfloor * y_1)\\ \end{align}$$

所以：$x=y_1,y=x_1-\lfloor{a\over b}\rfloor *y_1$ 。

特别的：在欧几里得算法执行到最后一步，即 $b=0$ 时，我们可以得到一对整数 $x=1,y=0$ ，使得 $a*1 + 0*0=GCD(a,0)$ 。

由此便可以写出扩展欧几里得的模板(exGCD)，代码如下：

typedef long long ll;
ll exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y){
	if (b==0) {
		x=1;
		y=0;
		return a;
	}
	int d=exgcd(b,a%b,x,y);
	int t=x;
	x=y;
	y=t-a/b*y;
	return d;
}

线性同余方程

乘法逆元

中国剩余定理

扩展中国剩余定理

原根

BSGS

代码如下：

#include<bits/stdc++.h>
#include<ext/pb_ds/assoc_container.hpp>
#include<ext/pb_ds/hash_policy.hpp>
using namespace std;
using namespace __gnu_pbds;
typedef long long ll;
int log_mod(ll a,ll b,ll n) {
	if (b==1) return 0;
	gp_hash_table<int,int> hash;
	int t=ceil(sqrt(n));
	ll z=1;
	for (int i=0; i<t; i++) {
		hash[b*z%n]=i;
		z=z*a%n;
	}
	int now=1;
	for (int i=1; i<=t; i++) {
		now=now*z%n;
		if (hash.find(now)!=hash.end()) {
			return i*t-hash[now];
		}
	}
	return -1;
}

高次剩余

很遗憾，这个内容作者在OIWIKI上找到，而百度百科上的内容也不全。

为了学习高次剩余部分的内容，我们先给出一个问题：

求解 $x^a\equiv b (mod\ p)$

我们规定：$p$ 是个质数。

在学习了原根方面的知识后，我们可以得知：p一定存在一个原根，我们假设这个原根为 $g$ 。因此，对于模 $p$ 意义下的任意的数 $x(0\le x <p)$ 有且仅有一个数满足 $i(0 \le i<p-1)$ 满足 $x=g^i$ 。

接下来将会列出解决方案。

方案一

我们令 $x=g^c$ ，由于 $g$ 是 $p$ 的原根（而这个 $g$ 和 $c$ ，通过之前学习的方法，我们一定可以找到），那么问题将转化为求解 $(g^c)^a \equiv b (\mod p)$ ，我们可以在将其变换，得到：

$$(g^a)^c\equiv b(mod\ p)$$

于是，这就变成了离散对数的基本模型了，我们可以用 $BSGS$ 解决这道题，只要在 $O(\sqrt p)$ 内解出 $c$ ，这样就可以得到原方程的一个特解 $x_0\equiv g^c (mod\ p)$

方案二

仍然令 $x=g^c$ ，此时，我们在规定 $b=g^t$ ，于是我们得到：

$$g^{ac}\equiv g^t (mod\ p)$$

方程两边同时取离散对数后得到：

$$ac\equiv t (mod\ \varphi (p))$$

而方程中的 $t$ 可以通过 $BSGS$ 求解 $g^t \equiv b (mod\ p)$ 得到，于是这就转化成了一个线性同余方程的问题。这样便可解除一个特解 $c_0$ ,$c$ 的所有通解为 $c_0+k\frac {\varphi(p)} {gcd(a,\varphi(p))}$ ,其中 $k$ 为整数。

于是 $x$ 的通解为： $g^{c_0+k\frac {\varphi(p)} {gcd(a,\varphi(p))}}$ ，而我们要求的是所有在 $[0,p-1]$ 范围内的解，可以将解一个个放进 $vector$ 中，直到重复（可以用 $set$ 或者 $hash$ 来判断重复，这里我们采用的是 $hash$ 的方法，不了解 hash 的读者可以看这里，但我们的 hash 是直接调用的，而不是手写的）

代码如下：

#include<bits/stdc++.h>
#include<ext/pb_ds/assoc_container.hpp>
#include<ext/pb_ds/hash_policy.hpp>
using namespace std;
using namespace __gnu_pbds;
typedef long long ll;
vector<int> extract_mod(int a,int b,int p){
	vector<int> res;
    int g=find_yg(p);
    int c=log_mod(pow_mod(g,a,p),b,p);
    if (c==-1) return res;
    int x=pow_mod(g,c,p),t=pow_mod(g,(p-1)/gcd(a,p-1),p);
    gp_hash_table<int,int> hash;
    while(1){
    	res.push_back(x);
    	hash[x]=1;
    	x=(ll)x*t%p;
    	if (hash[x]==1) break;
	}
	return res;
}

exBSGS

代码如下：

#include<bits/stdc++.h>
#include<ext/pb_ds/assoc_container.hpp>
#include<ext/pb_ds/hash_policy.hpp>
using namespace std;
using namespace __gnu_pbds;
typedef long long ll;
int exgcd(int a,int b,int &x,int &y){
	if (b==0){
		x=1;
		y=0;
		return a;
	}
	int d=exgcd(b,a%b,x,y);
	int t=x;
	x=y;
	y=t-a/b*y;
	return d;
}
int exBGSG(int a,int b,int n){
	if (b==1) return 0;
	int cnt=0,x,y;
	ll w=1;
	while(1){
		int d=exgcd(a,n,x,y);
		if (d==1) break;
		if (b%d!=0) return -1;
		b/=d;
		n/=d;
		w=w*a/d%n;
		cnt++;
		if (b==w) return cnt;
	}
	exgcd(w,n,x,y);
	b=(ll)b*(x%n+n)%n;
	a=a%n;
	gp_hash_table<int,int> hash;
	int t=ceil(sqrt(n));
	ll z=1;
	for (int i=0;i<t;i++){
		hash[b*z%n]=i;
		z=z*a%n;
	}
	int now=1;
	for (int i=1;i<=t;i++){
		now=now*z%n;
		if (hash.find(now)!=hash.end()){
			return i*t-hash[now]+cnt;
		}
	}
	return -1;
}
int main(){
	
	return 0;
}