2021寒假笔记（数论）

一、素数判定 Miller_Rabbin
引理：
费马小定理 $a^{(}p-1)=1(modp)$
二次探测定理 $x^2=1(modp)$ 两个解 $1,p-1$

判断素数模板

二、分解质因子
Pollard-rho启发式 时间复杂度 $O(n^{\frac{1}{4}})$
引理：生日悖论
算法流程：
①选取两个随机数 $x_0$ 和 $c$。
②构造函数 $f(x_i)=(x_{i-1}^2+c)modn$，设 $y=x_{2^k}$，不断判断 $1<gcd(|y-x_i|,n)<n$ 。
③$\because$

$\therefore$ 当 $y=x_i$ 时退出。
④通过 Pollard_rho 求得一个因子，用 Miller_Rabbin 判断是否是质因子。
⑤不断递归判断。
质因数分解模板

三、BSGS
用途：求解方程 $y^x=z(modp)$ ，$p$ 为素数（本质是 $gcd(y,p)=1)$。
考虑 $x=ir-b$，所以 $y^{ir}=z\times y^b(modp)$
所以枚举 $b$，用 hash 记录 $y^{ir}$。
当 $r=\sqrt{p}$ 时效率最优 $O(\sqrt{n})$。

四、裴蜀定理
方程 ${\sum }_{i=1}^n{x}_i\times a_i=b$ 有整数解的充要条件是 $d=gcd(a_1,a_2,...,a_n)|b$

五、exBSGS
$p$ 不为素数即 $gcd(p,y)!=1$。
把柿子 $y^x=z(modp)$ 展开，得 $y\times y^{x-1}+k\times p=z$。由裴蜀定理（exgcd）可得，有解当且仅当 $gcd(y,p)|z$。
若有解则 $\frac{y}{d}\times y^{x-1}+k\times \frac{p}{d}=\frac{z}{d}$。
不断递归，设递归 $c$ 次，${\prod }_{i=1}^c{d}_i=g$
则 $\frac{y^c}{g}\times y^{x-c}+k\times \frac{p}{g}=\frac{z}{g}$,即 $\frac{y^c}{g}\times y^{x-c}=\frac{z}{g}(mod\frac{p}{g})$ 且 $gcd(y,\frac{p}{g})=1$。
此时用 BSGS 求 $x-c$ 即可。
「SDOI2011」计算器

六、扩展欧拉定理
费马定理，欧拉定理的扩展版。

$a^{b}modm=\{\begin{array}{ll}{a}^{bmod\phi (m)}& a\perp m\\ a^b& b<\phi (m)\\ a^{[bmod\phi (m)]+\phi (m)}& b>\phi (m)\end{array}$

当 $m$ 为素数时，即费马小定理 $a^{p-1}=1(modp)$

当 $a\perp m$ 时，即欧拉定理 $a^{\phi (m)}=1(modm)$

当 $b>\phi (m)$ 时：
$\because$ 若 $x=y(mod{m}_1),x=y(mod{m}_2)$ 且 $m_1\perp m_2$，则 $x=y(mod{m}_1\times m_2)$
$\therefore$ 只需要对质因数单独考虑。
假设当前考虑到 $p_i^{q_i}$，分两种情况：
①$p_i\perp a$
$\because$ $\phi (p_i^{q_i})|\phi (m)$（欧拉函数是积性函数）
$\therefore a^{\phi (m)}=1(mod{p}_i^{q_i})$
$\therefore a^b=a^{\lfloor \frac{b}{\phi (m)}\rfloor \phi (m)+bmod\phi (m)}=a^{bmod\phi (m)}\times 1=a^{[bmod\phi (m)]+\phi (m)}(mod{p}_i^{q_i})$
②$p_i|a$
$\because \phi (p_i^{q_i})|\phi (m),\phi (p_i^{q_i})>q_i$（易证）
$\therefore b>\phi (m)>\phi (p_i^{q_i})>q_i$
$\therefore p_i^{q_i}|a^b,p_i^{q_i}|a^{\phi (m)}$
$\therefore a^b=0=a^{[bmod\phi (m)]+\phi (m)}(mod{p}_i^{q_i})$

七、CRT/exCRT
①
$x=a_i(mod{n}_i)$
$x=a_j(mod{n}_j)$
$n=\prod n_i,m_i=\frac{n}{n_i},m_i^{-1}\times m_i=0(mod{n}_i)$
$x=\sum a_i{m}_i{m}_i^{-1}$
②ex
$x=a_i(mod{n}_i)$
$x=a_j(mod{n}_j)$
$\therefore$
$x=p\times n_i+a_i=q\times n_j+a_j$
$p\times n_i-q\times n_j=a_j-a_i$
$\because exgcd$
$\therefore =>p,q,x$
$\therefore x=n_i\times p+a_i(modlcm(n_i,n_j))$
同理逐个代入。

inline ll exCRT(){
    
    
    ll m=n[1],ans=a[1],x=0,y=0;
    for(int i=1;i<=N;++i){
    
    
    	ll B=(a[i]-ans+n[i])%n[i],gcd=exgcd(m,n[i],x,y);
    	x=x*(B/gcd)%n[i];ans+=x*m;m*=n[i]/gcd;ans=(ans+m)%m;
    }
    return (ans+m)%m;
}

八、Lucas / exLucas

$C_n^m\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p=C_{\lfloor \frac{n}{p}\rfloor }^{\lfloor \frac{m}{p}\rfloor }\times C_{n\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p}^{m\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p}\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p$
证明：
$\because x^p=x\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p,C_p^m=0\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p(0<m<p)$
$\therefore$ $$\begin{gathered} (1+x{)}^p=\sum C_p^i{x}^i=1+x^p\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p \\ (1+x{)}^n=(1+x{)}^{\lfloor \frac{n}{p}\rfloor \times p}\times (1+x{)}^{n\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p} \\ \sum C_n^i{x}^i=(\sum C_{\lfloor \frac{n}{p}\rfloor }^j{x}^p)\times (\sum C_{n\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p}^k{x}^k) \end{gathered}$$
当且仅当 $j=\lfloor \frac{n}{p}\rfloor ,k=n\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p$ 时系数相等，即得证。

exLucas:
首先把 $p$ 分解：
$$p=\prod p_i^{k_i}$$这样就可以单独处理质因子，最后用 CRT 解决。
考虑如何计算：$C_n^m\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{p}^k$
$$C_n^m=\frac{\frac{n!}{p^a}}{\frac{m!}{p^b}\times \frac{(n-m)!}{p^c}}\times p^{a-b-c}$$即为求解 $\frac{n!}{p^a}$
展开，如 $19!\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{3}^2=1\times 2\times 3\times 4\times ...\times 19=1\times 2\times 4\times 5\times ...\times 17\times 19\times (3\times 6\times ...\times 18)$
$=3^6\times (6!)\times 2\times 4\times 5\times ...\times 17\times 19$
可以发现，后面部分存在循环节为$2\times 4\times 5\times 7\times 8$，可以 $O(p^k)$ 暴力计算，再快速幂计算循环节。前面阶乘递归计算。

九、常系数线性递推
二阶（如斐波那契数列）：
$a_n=p\times a_{n-1}+q\times a_{n-2}$
考虑构造 $c{x}^n=p\times c{x}^{n-1}+q\times c{x}^{n-2}$
最后即为 $x^2-px-q=0$
可解得两根 $\alpha ,\beta$
所以 $a_n=A{\alpha }^n+B{\beta }^n$

十、迪利克雷卷积
$f\ast g(n)={\sum }_{d|n}f(d)\times g(\frac{n}{d})$
$id=\phi \ast 1$
十一、整数分块
引理：
①$\lfloor \frac{a}{bc}\rfloor =\lfloor \frac{\lfloor \frac{a}{b}\rfloor }{c}\rfloor$
略证：把等式左边拆出 $\frac{1}{c}$ ，设 $\frac{a}{b}=\lfloor \frac{a}{b}\rfloor +r$，把 $r$ 忽略即可。

②构造 $j=\lfloor \frac{n}{k}\rfloor$，则 $j$为 $\lfloor \frac{n}{i}\rfloor =k$ 中最大的。
证明：
$j=\lfloor \frac{n}{k}\rfloor ,\lfloor \frac{n}{j}\rfloor =\lfloor \frac{n}{\lfloor \frac{n}{i}\rfloor }\rfloor \ge \lfloor \frac{n}{\frac{n}{i}}\rfloor =i$

$\because \lfloor \frac{n}{i}\rfloor =k$
$\therefore k\le \frac{n}{i}<k+1,\frac{1}{k+1}<\frac{i}{n}\le \frac{1}{k},i\le \frac{n}{k}$
$\because k|n,j=\frac{n}{k}$
$\therefore i_{max}=j$

注：整数分块可以用来求约数。

十二、莫比乌斯反演

证明来源
$ϵ=\mu \ast 1$
证明：
设：$$n=\prod _i^m{p}_i^{k_i}$$因为性质，所以
$\mu \ast 1$
$=C_m^0-C_m^1+C_m^2-C_m^3...$
$=\sum (-1{)}^i{C}_m^i$
$=0^m$
得证。
$g=f\ast 1,g\ast \mu =f\ast 1\ast \mu =f\ast ϵ$
$\therefore f=g\ast \mu$
形式化为：
$$f(n)=\sum _{d|n}g(d)\times \mu (\frac{n}{d})$$
常见函数及性质：
${\sigma }_k(n)={\sum }_{d|n}{d}^k,{\sigma }_0(n)=\tau (n),{\sigma }_1(n)=\sigma (n)$
加性函数：$f(ab)=f(a)+f(b)$

$1、ϵ=\mu \ast 1$
$2、d=1\ast 1=>d(n)={\sum }_{d|n}1=\tau (n)$
$3、\sigma =id\ast 1=>\sigma (n)={\sum }_{d|n}d$
$4、id=\phi \ast 1$
$5、id\ast \mu =\phi \ast 1\ast \mu =\phi$
$6、F(n)={\sum }_{d|n}f(n)$ 也是积性函数
$\gcd (i,n)=\gcd (n-i,n)$

线性筛积性函数：
推导思路：
例：如$$F(n)=\sum _{d|n}d\phi (d)$$先考虑单个质数幂的：
$$F(p^k)=\sum _i^k{p}^i\times p^{i-1}(p-1)$$可得：$$F(p^{k+1})=F(p^k)+p^{2k+1}(p-1)$$这时再考虑线性筛的过程处理 $F(i\times p)$ 和 $F(i)$ 的关系。
若 $i\perp p$，直接算 $F(i\times p)=F(i)\times F(p)$
若 $p|i$，那么设 $i=a\times p^k$ 可得：
$$F(i\times p)=F(p^k\times a\times p)=F(a)\times F(p^{k+1})$$同理：
$$F(i)=F(a)\times F(p^k)$$相减得：
$$F(i\times p)-F(i)=F(a)\times p^{2k+1}\times (p-1)$$同理：
$$F(i)-F(\frac{i}{p})=F(a)\times p^{2k-1}\times (p-1)$$相除得
$$F(i\times p)=F(i)+p^2\times (F(i)-F(\frac{i}{p}))$$
即可递推求解。

//莫比乌斯函数
void getMu() {
    
    
  	mu[1] = 1;
  	for (int i = 2; i <= n; ++i) {
    
    
    	if (!flg[i]) p[++tot] = i, mu[i] = -1;
    	for (int j = 1; j <= tot && i * p[j] <= n; ++j) {
    
    
      		flg[i * p[j]] = 1;
      		if (i % p[j] == 0) {
    
    
        		mu[i * p[j]] = 0;
        		break;
    		}
    		mu[i * p[j]] = -mu[i];
    	}
  	}
}

莫比乌斯反演技巧：
1、$[gcd(i,j)==1]=\mu \ast 1(gcd(i,j))$
2、把 $\mu$ 放后（构造 $\mu \ast 1$)
4、最后再先枚举 $\mu$
3、利用 $\phi \ast 1=id$，求 $gcd(i,j)$ 时替换成求 ${\sum }_{d|i,d|j}\phi (d)$
5、例如 ${\sum }_{d|i,d|j}f(d)$ 或者 ${\sum }_{d|\gcd (i,j)}$ 时把 $d$ 提前，把 $i,j$全部除掉 $d$。
6、出现两个无强相互限制的函数且可卷时如 ：$$\sum _d^{n}d\sum _t^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\mu (t)$$可以考虑枚举 $T=dt$ 构造 $$\sum _T^n\sum _{d|T}d\times \mu (\frac{T}{d})$$这时再用 $\phi =\mu \ast id$ 计算。
7、出现 $g(n)={\sum }_{n|d}f(d)$ 时，且 $f(n)$ 不好求但 $g(n)$ 好求，可以转化为 $f(n)={\sum }_{n|d}\mu (\frac{d}{n})g(d)$。思路类似容斥。

特殊形式：倍数反演
$$g(n)=\sum _{n|d}f(d),f(n)=\sum _{n|d}\mu (\frac{d}{n})g(d)$$${\sum }_{n|d}g(\frac{d}{n})\mu (d)$
$={\sum }_k^{+\infty }g(kn)\mu (k)$
$={\sum }_k^{+\infty }\mu (k){\sum }_{kn|d}f(d)$
$={\sum }_{n|d}f(d){\sum }_{k|\frac{d}{n}}\mu (k)$
$={\sum }_{n|d}f(d)ϵ(\frac{d}{n})$
$=f(n)$

扩展：
数论函数 $f(n),g(n)$ 和完全积性函数 $t(n)$：$$f(n)=\sum _i^{n}t(i)g(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor )$$等价于$$g(n)=\sum _i^n\mu (i)t(i)f(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor )$$证明：咕咕。
例题：
约数个数和
Problem b
GCDLCM
求和（未）
KC学数论（未）
十三、杜教筛
求 $S(n)={\sum }_{i}f(i)$
考虑 ${\sum }_{i}f\ast g(i)={\sum }_i{\sum }_{xy=i}f(x)g(y)={\sum }_{y}g(y){\sum }_x^{\lfloor \frac{n}{y}\rfloor }f(x)={\sum }_{y}g(y)S(\lfloor \frac{n}{y}\rfloor )$
这样可得 $g(1)S(n)={\sum }_{i}f\ast g(i)-{\sum }_{y=2}^{n}g(y)S(\lfloor \frac{n}{y}\rfloor )$
只要 $f\ast g,g$ 前缀和很好求，那么预处理 $O(n^{\frac{2}{3}})$ 之后得再数论分块+记忆化搜索即可轻松过掉 $10^{10}$ 的数据。
例题：
最大公约数

十四、原根