数论

质数

唯一分解定理

任意一个正整数都可以唯一地表示成若干个素数的乘积，其中素数因子从小到大依次出现（这里的“乘积”可以有0个、1个或多个素因子）。

埃氏筛

要得到自然数n以内的全部素数，必须把不大于根号n的所有素数的倍数剔除，剩下的就是素数。时间复杂度$O(nlogn)$

  a[1]=1;
  for(int i=2;i*i<=n;i++)
  {
    if(!a[i])
      for(int j=i*i;j<=n;j+=i) a[j]=1;
  }

时间复杂度分析

1、

埃筛看上去有两重循环，看着好像是$O(n^2)$

但是分析每层循环，发现循环次数为

$$\frac{n}{1}+\frac{n}{2}+\frac{n}{3}+...+\frac{n}{n}$$

$$=n(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+...+\frac{1}{n})$$

发现括号内出现调和级数,对此有以下结论：

$$\sum _{i=1}^n\frac{1}{n}\approx {\log }_{2}n$$

因此有时间复杂度$O(n\log n)$

2、

实际上，标准的埃筛时间复杂度为$O(n\log \log n)$

区别在于有无中间的 $if(!a[i])$

运用

埃筛常用于对因数（倍数）的筛查和统计，在数据大小支持且无法莫比乌斯反演的情况下使用

例：

P7960 [NOIP2021] 报数

P7517 [省选联考 2021 B 卷] 数对

70分做法：${\displaystyle \sum _{i=1}^{maxa}\sum _{j|i}cnt[i]\ast cnt[j]}$

变化一下，第二维枚举倍数：${\displaystyle \sum _{i=1}^{maxa}\sum _{i|j}^{maxa}cnt[i]\ast cnt[j]}$

发现符合埃筛形式，用埃筛统计即可

线性筛${}^{\ast }$

在埃氏筛中，每个数被筛若干次。

改进：使每个数只被最小质因子筛。

当循环到当前数的因子之后，即可跳出循环。

时间复杂度O(n)。

  vis[0]=vis[1]=1;
  for(int i=2;i<=n;i++) {
    if(!vis[i]) p[++cnt]=i;	//p[]记录素数
    for(int j=1;j<=cnt&&i*p[j]<=n;j++) {
      vis[i*p[j]]=1;		//i*p[j]被p[j]筛掉
      if(i%p[j]==0) break;	//p[j]循环到i的最小质因数则退出，因为i*p[j]只能被
    }				//最小质因数筛去，也就是i的最小质因数
  }

新的理解

线性筛中各种操作，相当于对当前数的分类讨论：

1、$i$是质数；

即 $!vis[i]$，存入$p[]$

2、$i\ast p[j]$中，$p[j]$是$i$的最小质因子；

即 $i$，p[]循环边界

3、$i\ast p[j]$中，$p[j]$不是$i$的最小质因子；

正常筛数

这三类数在线性筛求各种积性函数的分析中起重要作用；

p.s.有时候需要记录最小质因子的个数；

最大公因数 & 最小公倍数

最大公因数：$gcd(a,b)$， 亦作 $(a,b)$

最小公倍数：$lcm(a,b)$， 亦作 $[a,b]$

性质

1、$gcd(a,b)=gcd(b,a\mathrm{mod}b)$

应用：辗转相除法求gcd，时间复杂度$O(\log n)$

2、$a\times b=gcd(a,b)\times lcm(a,b)$

3、$gcd(a,b)=gcd(b,a-b)=gcd(a,a-b)$

证明：设$gcd(a,b)=k$，则$a=k{a}^{\prime },b=k{b}^{\prime }$，且$gcd(a^{\prime },b^{\prime })=1$

$gcd(a,b)=k\cdot gcd(a^{\prime },b^{\prime })$

$gcd(b,a-b)=k\cdot gcd(b^{\prime },a^{\prime }-b^{\prime })$

则问题等价于证明$gcd(b^{\prime },a^{\prime }-b^{\prime })=gcd(a^{\prime },b^{\prime })=1$

反证，设$gcd(b^{\prime },a^{\prime }-b^{\prime })=p(p\ne 1)$，则有$b^{\prime }=p{b}^{″},a^{\prime }-b^{\prime }=p(a^{″}-b^{″})$，则$a^{\prime }=p{a}^{″}$，则$gcd(a^{\prime },b^{\prime })=p$，与条件矛盾，故得证

同理，第二个等号也可得出

利用此结论可以进一步证明性质1，当然还有其他用途

解题经验

多个数求gcd常用质因数分解。

例1：给定n个数，从其中选n-1个数，问最大gcd。（n <= 10^5）

解：任选两个数，答案一定在其因子里（抽屉原理）。检验答案即可。

例2：[P5502]
给定一个长度为 $N$ 的正整数序列 $A_i$ 。

定义权值为 $W(L,R)=(R-L+1)\times gcd(A_l,...,A_r)$。

求出最大权值。

$1\le A_i\le {10}^{12},1\le N\le 100000$

解法1：cdq分治板子

解法2：考虑定住右端点时，区间$[1\sim l,r]$的$gcd$值最多会有$O(\log V)$种（$V$为值域）（因为根据唯一分解，区间$gcd$值$V$在区间扩大时要么不变，要么至少缩小$2$倍），每次移动右端点时将这$O(\log V)$个值暴力修改就行了

例3: 求${\displaystyle \sum _n^{i=1}gcd(i,k)}$

题目链接

解：先对$k$因数分解，最多会有$O(\sqrt{k})$的因数，再考虑这些因数的贡献，因数$i$的贡献可用$n/i$快速求出，但对于小的因数，它们的倍数也为因数时会算重，因此从大到小考虑，把大数中算重的小数容斥掉即可，时间复杂度最坏约为$O(n^{\frac{1}{2}}+n^{\frac{2}{3}})$，但是卡不满

约数个数有关的公式，见link

例4：求$lcm(a_1,a_2,...,a_n)$

同余运算

基本性质

裴(péi)蜀定理

设$a,b$是不全为零的整数，则存在整数$x,y$，使得$ax+by=gcd(a,b)$

推论

$a,b$互质的充要条件是存在$x,y$使得$ax+by=1$

拓展欧几里得算法

线性不定方程

$ax+by=c$。给出整数 $a,b,c$，求出一组整数解。

推导

设$gcd(a,b)=d$。

则若原方程有解，$c$ 必为 $gcd(a,b)$ 的倍数（可用裴蜀定理推论证明）。

$d=gcd(a,b)=gcd(b,amodb)$，则有不定方程$d=b{x}^{\prime }+(amodb)y^{\prime }$。

　　变形为：$d=b{x}^{\prime }+(amodb)y^{\prime }$

$=b{x}^{\prime }+(a-(a÷b)\ast b)\ast y^{\prime }$

$=b{x}^{\prime }+a{y}^{\prime }-(a÷b)\ast b\ast y^{\prime }$

$=a{y}^{\prime }+b\ast (x^{\prime }-(a÷b)\ast y^{\prime })$

又由于$d=ax+by$，则有两个等式：$x=y^{\prime }$；$y=x^{\prime }-(a÷b)\ast y^{\prime }$。

对子问题（求解$b{x}^{\prime }+(amodb)y^{\prime }=d$）进行递归直至$b_n=0$，此时$a_n=gcd(a,b)$，方程只剩$a_n{x}_n=d$，可得此时$x_n=1,y_n=0$（$y_n$是随便赋值），回溯迭代求出$x,y$即可

代码

int exGcd(int a,int b,int &x,int &y)
{
    if(b==0)
    {
        x=1;y=0;
        return a;
    }
    int r=exGcd(b,a%b,x,y);
    int t=x; x=y; y=t-a/b*y;
    return r;
}

时间复杂度 $O(\log n)$

细节处理

对于$b\ne 0$，扩欧求出的解$x,y$必有$|x|\le b,|y|\le a$

应用

例1：[P1082]求关于x的同余方程 $ax\equiv 1(modb)$ 的最小正整数解。

欧拉函数

定义

正整数n的欧拉函数$\phi (n)$的值等于不超过n且与n互质的正整数的个数。

性质

性质5: 如果p为质数，且i % p = 0，则 φ(i * p) = p * φ(i)

性质5可以用来线性求欧拉函数（欧拉筛）

代码

费马小定理

定义

假如p是质数，且gcd(a,p)=1，那么 $a^{(p-1)}\equiv 1(modp)$

解释： 假如p是质数，且a,p互质，那么 a的(p-1)次方除以p的余数恒等于1

$a^p\equiv a(modp)$。

欧拉定理

定义

若m,a为正整数，且$gcd(a,m)=1$，则$a^{\phi (m)}\equiv 1(modm)$。

乘法逆元

扩欧求逆元

线性求逆元

中国剩余定理

求解

$$\{\begin{array}{l}x\equiv b_1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{m}_1)\\ x\equiv b_2(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{m}_2)\\ ...\\ x\equiv b_n(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{m}_n)\end{array}$$

的$x$的最小正整数解，$m_i$两两互质

建议直接背公式

$$M=\prod _{i=1}^n{m}_i$$

$$M_i=\frac{M}{m_i}$$

$$ans=\sum _{i=1}^n{b}_i{M}_i{M}_{i(\mathrm{mod}{m}_i)}^{-1}(\mathrm{mod}M)$$

扩展中国剩余定理

这位大佬讲得很透彻

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数论分块

高效求解${\displaystyle \sum _{i=1}^{n}f(i)\cdot \lfloor \frac{n}{i}\rfloor }$，若$\sum f(l\sim r)$可以在$O(1)$的时间内求出，则可以在$O(\sqrt{n})$的时间内计算该式的值

简单来说，把${\displaystyle \lfloor \frac{n}{i}\rfloor }$相同的值一起统计即可

正确性证明

1、${\displaystyle \lfloor \frac{n}{i}\rfloor }$的值是$O(\sqrt{n})$的

$i\le \sqrt{n}$时，${\displaystyle \lfloor \frac{n}{i}\rfloor }$最多$\sqrt{n}$种取值

$i>\sqrt{n}$时，${\displaystyle \lfloor \frac{n}{i}\rfloor <\sqrt{n}}$，${\displaystyle \lfloor \frac{n}{i}\rfloor }$最多$\sqrt{n}$种取值

细节处理

注意${\displaystyle \lfloor \frac{n}{\lfloor \frac{n}{i}\rfloor }\rfloor }$ 有可能会超过$n$，注意特判

例题

P2261 [CQOI2007]余数求和

原根与阶

利用群论知识，可以更好理解（其实是一套东西）

定义

阶：对于整数$(a,m)=1$，满足$a^k\equiv 1(modm)$的最小整数$k$为$a$模$m$的阶，记作${\delta }_m(a)$

原根：当${\delta }_m(a)=\phi (m)$时，$a$为关于$m$的原根

性质

1、由欧拉定理，${\delta }_m(a)\mid \phi (m)$

2、$1\sim {\delta }_m(a)$构成剩余系，$a^1\sim a^{{\delta }_m(a)}$互不同余，${\delta }_m(a)$为最小循环节

3、阶的运算：

${\delta }_m(ab)={\delta }_m(a){\delta }_m(b)$的充要条件为$({\delta }_m(a),{\delta }_m(b))=1$

${\displaystyle {\delta }_m(a^t)=\frac{{\delta }_m(a)}{gcd({\delta }_m(a),t)}}$

证明略

4、对于原根$g$，$g^1,g^2,...,g^{\phi (m)}$构成既约剩余系

5、如果$m$有原根，那么$m$有$\phi (\phi (m))$个原根

6、由循环群的性质，$m$的原根一定在$g^1,g^2,...,g^{\phi (m)}$之中

原根存在定理

一个数存在原根当且仅当$m=2,4,p^{\alpha },2p^{\alpha }$，其中$p$为奇素数，$\alpha$为正整数

原根判定定理

$g$为$m$的一个原根的充要条件为：对于$\phi (m)$的每一个质因数$p$，都有${\displaystyle g^{\frac{\phi (m)}{p}}\not\equiv 1(modm)}$

推论

若$g$为$m$的一个原根，则$S=\{g^s|1\le s\le \phi (m),s\perp \phi (m)\}$

证明：（待补充link）

求原根

1、判断是否有原根，用原根存在定理判断

2、找最小原根$g$，已知最小原根大小不超过$m^{0.25}$，暴力枚举，用原根判定定理判断

3、求$g$的$1\sim \phi (m)$次方，$g^s$中$s\perp \phi (m)$为原根，找出$\phi (\phi (m))$个即可

时间复杂度为$O(m^{0.25}\log m+\phi (m)\log \phi (m))$

$p.s.$ $998244353$的最小原根是$3$

BSGS

求解$a^x\equiv b(\mathrm{mod}p)$，$a$与$p$互质

原理：根号平衡

设$x=i\ast \lfloor \sqrt{p}\rfloor -j$，则有$1\le i,j\le \lfloor \sqrt{p}\rfloor$

原式化为：$a^{i\ast \lfloor \sqrt{p}\rfloor -j}\equiv b(\mathrm{mod}p)$

$a^{i\ast \lfloor \sqrt{p}\rfloor }\equiv b\ast a^j(\mathrm{mod}p)$

将$b\ast a^j$扔进map里，在遍历$a^{i\ast \lfloor \sqrt{p}\rfloor }$时Check就行了

时间复杂度$O(\sqrt{p}\log \sqrt{p})$

拓展BSGS

即不一定满足$a,p$互质

考虑变形：$a^x+kp=b$

$a^{x-1}\cdot a+kp=b$

由裴蜀定理，将$a^{x-1}$看作$a$的系数，则该方程有解的充要条件是$gcd(a,p)\mid b$

设$d=gcd(a,p)$，则${\displaystyle a^{x-1}\cdot \frac{a}{d}+k\cdot \frac{p}{d}=\frac{b}{d}}$

然后将${\displaystyle a^{x-1},\frac{p}{d},\frac{b}{d}}$作为新的$a^x,p,b$ 处理

反复进行该操作，直至$gcd(a,p)=1$

最后把相应系数乘上即可

施工中...