逆元

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扯一点没有多大用的东西

• 在数论里面，我们不把倒数叫做倒数，而叫做逆元（纯属装13）

• 逆元的作用很大，我们来看点easy的栗子

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某些性质

$$(a+b)≡amodp+bmodp(modp)$$
$$(a-b)≡amodp-bmodp(modp)$$
$$(a×b)≡amodp×bmodp(modp)$$

• 前面三个都是对的（不需要证明~）

• 但——
  

  $$(a÷b)modp≠((amodp)÷(bmodp))modp$$

（÷是整除）

• 随便举个例子就知道它不成立

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随便搞一下

这是不是说我们对除法下的大数模操作就毫无办法了？naive

• 为了方便，先来看看一些小学or初中级别的东东

• 有条等式

  $$①ax=1$$

• 明显$x={1\over a}$，我再加一个条件

$$②ax≡1(mod p)$$

• 那么现在$x$就不一定等于${1 \over a}$了

• 对于①，我们把$x$看成${1 \over a}$，而②式加了一个同余$p$

• 这时我们不把$x$看成倒数，这时的x为a关于p的逆元

（注意，当且仅当$(a,p)=1$且p为质数时，x才存在）

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又是一个栗子

$$∵(3×5)mod7=1$$ $$∴3×5≡1(mod 7)$$

• 在这里，$5$和${1 \over 3}$的作用是一样的（乘3再模7都是1），所以，5是3关于7的逆元

注意一点，除了$α=5$，还有其他整数$α$满足$3α≡1(mod7)$，如$19$等
连百度都说逆元唯一，但是逆元不是唯一的！！！（感谢同学指出）

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逆元的卵用

• 前面已经说了一些东东了

• 相信逆元的定义很好懂

• 我们不妨把$x$的逆元用$inv(x)$来表示，那么对于除法——
  

  $$(a÷b)modp=(a×inv(b))modp=(amodp×inv(b)modp)modp$$

难搞的除法瞬间变成了乘法，变水了很多

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逆元这东东怎么求

way one

基础数论里面有两条著名的定理：欧拉定理和费马小定理

• 欧拉定理：（当$(a,n)=1$时成立）

• 费马小定理：（当$(a,p)=1$且p为质数时成立）
  （我难道会告诉你我两个都不会证明吗……）

明显，费马小定理是可以从欧拉定理推过来的

当p为质数时$φ(p)=p-1$，代入欧拉定理即费马小定理

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• 我们在谈论逆元，就把费马小定理两边同除以一个p
  

  $$a^{p-2}≡1/a(mod p)$$

• 注意到一点就是${1 \over a}$是个小数，而等号左边是个整数，别忘了我们在说的是数论倒数

• 想一想，我们发现应该把${1 \over a}$写成inv（a）——

• so——

$$inv(a)≡a^{p-2}(mod p)$$

我们可以用快速幂来求a的逆元，时间复杂度$O(log_2p)$

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code

long long inv(long long a,long long p)
{
    long long t=1,b=p-2;
    while (b)
    {
        if ((b%1)==1)t=t*a%p;
        a=a*a%p;
        b/=2;
    }
    return t;
}

通常题目会让你求$10^9+7$取模，快到飞起
快速幂求逆元，对于大多题目，够了

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way two

逆元还可以用扩展欧几里得来求

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首先要知道贝祖定理，描述是

对于$a,b＞0$且$a,b∈N$，必然存在整数x和y，使得$ax+by=gcd(a,b)$

• 比如我们现在要求$a$关于$p$的逆元（条件是$a$和$p$互质且$p$是质数）

• 代入贝祖定理，则

  $$ax+py=1$$ （因为a和p互质所以$(a,p)=1)$）

• 给上面那个式子做点操作，两边各模一个$p$，得到

  $$axmodp+pymodp=1modp$$ $$∴axmodp=1modp$$ $$∴ax≡1(mod p)$$

• ∴x是a关于p的逆元（其实$y$也是$p$关于$a$的逆元，可证，同理）

这里用扩展欧几里得$exgcd(a,p,x,y)$，求出的$x$即为$a$的逆元

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code

void exgcd(long long a,long long b,long long &x,long long &y,long long &z)
{
    if (!b) 
    {
        z=a;
        x=1;
        y=0;
        return;
    }
    exgcd(b,a%b,y,x,z);
    y-=x*(a/b);
}
long long inv(long long a,long long b)
{
     long long x,y;
     exgcd(a,b,x,y);
     return (x%p+p)%p;
}

扩展欧几里得可谓比较牛，优点是用途多，能求gcd能求逆元能解线性方程
对于广大OIers是把利器，学会是必须的

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way three

最后一种方法更简单更好打更好理解：递归

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先来一发证明网上找的

$$设x=pmoda，y=p÷a$$ $$∴(x+ay)modp=pmodp=0$$ $$∴xmodp=-aymodp$$ $$∴x·inv(a)modp=(-y)modp$$ $$∴inv(a)=(p-y)·inv(x)modp$$ $$∴inv(a)=(p-p÷a)·inv(pmoda)modp$$

• 有了这个，我们就可以用递归来求$inv(a)$了

• 递归出口$inv(1)=1$，因为$1$的逆元就是$1$

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递归code

long long inv(long long a,long long p) //注意a要小于p，先把a%p一下 
{
    return a==1?1:(p-p/a)*inv(p%a,p)%p;
}

是不是短到爆炸？

• 因为$pmoda$后至多是${p \over 2}$，所以时间复杂度是$O(log_2p)$

• 这种方法还有一个好处，能用$O(n)$的时间预处理1~n的逆元

只不过把递归的式子改成递推而已

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递推code

void init()
{
    inv[1]=1;
    for(int i=2;i<=n;i++)
    {
        inv[i]=(p-p/i)*1ll*inv[p%i]%p;
    }
}

个人感觉方法三在某些题目里更好用一些
易理解，码量低，时间复杂度也低，还能快速预处理
因吹斯听

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：D

• 逆元没得好说了

• 三种方法都是求所有逆元中小于$p$的那个

• 其实都挺好用的

• 虽说我倾向于第三种，这个东西多少随意

• 欸扩展欧几里得是什么？顺便看看？

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扩展欧几里得

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先复习一下普通欧几里得算法吧

普通欧几里得算法又称辗转相除法，为$gcd(a,b)=gcd(b,amodb)$

• 我TM傻到连证明也要CO了

• 证明没什么必要，图个开心罢了

证明一发？

• 先设$a>b$

• $a$可以表示成$a=kb+r$（$a,b,k,r\in N^*,r<b$），$∴r=amodb$

• 设$d$是$a$和$b$的一个公约数，那么$d|a,d|b$

• 把$r=a-kb$两边各除以$d$，得到${r\over d}={a\over d}-{kb\over d}=m$

• $∵d|a,d|b ∴m$为整数，$∴d|r$也就是$d|amodb$

• $∴d$是$b$和$amodb$的公因数

• 设$d$是$b$和$amodb$的公因数中的任意一个

• $∴d|b,d|amodb$，设$amodb=a-kb(k\in Z)$，$∴d|a-kb$

• $∴d|a$，$∴d|a,d|b,d|amodb$，就是说$a,b,amodb$的所有公因数是一样的

• 公因数相同，最大公因数不也就相同了？$∴gcd(a,b)=gcd(b,amodb)$

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code

long long gcd(long long x,long long y)
{
    return !y?x:gcd(y,x%y);
}

• 每$mod$一次，大的那个数至多是原来一半

• 所以时间复杂度为$O(log_2n)$

• 貌似欧几里得平均迭代次数为${(12·ln2·lnN)\over{π^2}}+1.47,N=min(x,y)$耶……

• 随意……

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还是要学扩欧的

不会

$$ax+by=c(a,b,c,x,y\in Z)$$

• 扩欧就是已经知道$a,b,c$，求解能使该等式成立的一组$x,y$

• 明显的啊，想要有整数解的话，必须满足$gcd(a,b)|c$

• 不然两边各除以$gcd(a,b)$，等号左边是整数，而等号右边就是个分数了→_→您太强啦

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不知道怎么求就右上角

• 设$ax+by=gcd(a,b)$

• $b=0$时，明显$gcd(a,b)=a,∴x=1,y=0$

• 但当$a,b≠0$时，设$ax_1+by_1=gcd(a,b),bx_2+(amodb)y_2=gcd(b,amodb)$

• $∵gcd(a,b)=gcd(b,amodb),∴ax_1+by_1=bx_2+(amodb)y_2$

• $∴ax_1+by_1=bx_2+(a-⌊{a\over b}⌋·b)y_2=ay_2+bx_2+⌊{a\over b}⌋·by_2$

• 根据某恒等定理$x_1=y_2,y_1=x_2-⌊{a\over b}⌋·y_2$

• 所以$x_1$和$y_1$的值是由$x_2$和$y_2$来决定的

• $x_2$和$y_2$的值通过递归得到

• 如此完美

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code

long long exgcd(long long a,long long b,long long &x,long long &y)
{
    if (!b) 
    {
        x=1,y=0;
        return a;
    }
    long long ans=exgcd(b,a%b,x,y);
    int temp=x;
    x=y;
    y=temp-a/b*y;
    return ans;
}

其实差不多就是从上面CO过来的

• 直接调用exgcd(a,b,x,y)，结果是返回$gcd(a,b)$

• 同时求出来的$x$和$y$能干嘛呢？

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扩欧？有什么用？

扩欧一共有三种用途

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purpose one

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purpose two

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purpose three

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类欧几里得

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随意随意

• 类欧几里得也是一种算法啦

• 它的样子很像欧几里得算法，所以叫做类欧

• 它可以解决$O(n)$时间的问题，然而它的时间复杂度和欧几里得是一样的，都是$O(log_2n)$

• 下面进入类欧的奇幻♂世界

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三个函数和一个m

$$f(a,b,c,n)=\sum^n_{i=0}⌊{ai+b\over c}⌋$$

$$g(a,b,c,n)=\sum^n_{i=0}i⌊{ai+b\over c}⌋$$

$$h(a,b,c,n)=\sum ^n_{i=0}⌊{ai+b\over c}⌋^2$$

$$m=⌊{an+b\over c}⌋$$

• 看官随便看看

• 反正类欧可以把这三个明显$O(n)$的东东用$O(log_2n)$搞掉

您也知道鄙人数论不好，所以这坑要多久填完我不好说

下面的除法都看成整除，不再添加$⌊⌋$了，每个除法都打一次太eggsache了

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求f

$$f(a,b,c,n)=\sum^n_{i=0}{ai+b\over c}$$

• 分类讨论！

$a=0$时

$$f(a,b,c,n)=\sum^n_{i=0}{ai+b\over c}=\sum^n_{i=0}{0·i+b\over c}=\sum^n_{i=0}{b\over c}$$ $$={b\over c}(n+1)$$

$a≥c$或$b≥c$时

$$f(a,b,c,n)=\sum^n_{i=0}{ai+b\over c}=\sum^n_{i=0}({a\over c}i+{b\over c}+{amodc·i+bmodc\over c})$$ $$={{a\over c}n(n+1)\over 2}+{b \over c}(n+1)+f(amodc,bmodc,c,n)$$

$a≤c$且$b≤c$时

$$f(a,b,c,n)=\sum^n_{i=0}{ai+b\over c}=$$

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莫比乌斯反演

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都说了定义没用的还不信

莫比乌斯反演是数论数学中很重要的内容
在许多情况下能够简化运算,可以用于解决很多组合数学的问题
这没个卵用

• 反正是个很奇妙的东西

• 并没有在网上找到莫比乌斯反演的详细解释

• 不墨迹了

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懵逼乌斯繁衍

• 定义

  $$f(n)=\sum _{d|n} g(d)$$

• 莫比乌斯反演就是在已知$f$的情况下反演求$g$

• 我们可以试着用$f$来表示$g$，则有

  $$g(n)=\sum_{d|n}μ({n\over d})×f(d)=\sum_{d|n}\mu(d)×f({n \over d})$$

• 我不会证明

• $μ$是什么呢？

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关于$\mu$

• 不必知道$\mu$是什么东西
  这只是我们自己YY出来的、觉得这里应该有的一个函数

• 只需要知道$μ$就是莫比乌斯函数

• 推一波$f(n)=\sum _{d|n} g(d)$可以发现一些东东
  白内障看不清就放大

  

• 看得出$g(n)=\sum_{d|n}???(与{n\over d}有关)×f(d)$

• 其实$???$就是$\mu({n \over d})$

• 容易发现$μ$只能取$\{-1,0,1\}$

• 更准确地给$\mu$来取值，那么
  

  $$\mu(n)= \begin{equation} \left\{ \begin{array}{lr} 1 &n=1 \\ (-1)^k & n=\prod^{k}_{i=1}p_k \\ 0 & a^2|n,a\in N,a>1 \end{array} \right. \end{equation}$$

• 上面$p$为互质的质数，这个应该看得懂

• 暴力求$\mu$肯定很慢，怎么快速求$\mu$呢？

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注意$\mu$的性质

$\mu$的性质一

$$\sum_{k|n}\mu(k)=[n=1]$$

不会证
这个东西对接下来推式子有很大的帮助
必须记住

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求$\mu$

$\mu$性质二：是积性函数，但不是完全积性

• 线性筛！

• 思考对于数$i$，若$i$为质数则$\mu(i)=-1$

• 若$imodp[j]==0$，则$i*p[j]$有平方因子，所以$\mu(i*p[j])=0$

• 否则$\mu(i*p[j])=-\mu(i)$

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code

线筛里面$\phi,\mu$都可以求出来

void init() 
{
    memset(bz,1,sizeof(bz));
    mu[1]=phi[1]=1,tot=0;
    for (int i=2;i<MAXN;i++) 
    {
        if (bz[i])p[tot++]=i,phi[i]=i-1,mu[i]=-1;
        for (int j=0;j<tot && i*p[j]<=MAXN;j++) 
        {
            bz[i*p[j]]=0;
            if (i%p[j]==0) 
            {
                mu[i*p[j]]=0;
                phi[i*p[j]]=phi[i]*p[j];
                break;
            } 
            mu[i*p[j]]=-mu[i],phi[i*p[j]]=phi[i]*(p[j]-1);
        }
    }
    for (int i=1;i<MAXN;i++)pre[i]=pre[i-1]+mu[i];//μ的前缀和，会有用的
}

这种数学的东东还是要草稿纸什么才行
直接上反演公式套路

默认下面的$n$小于$m$，除都是整除

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繁衍套路1

求

$$\sum^n_{i=1}\sum^m_{j=1}[gcd(i,j)=1]$$

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推倒

• 想到性质一也就是$\sum_{k|n}\mu(k)=[n=1]$

• 把它放进上面的式子里面

$$=\sum^n_{i=1}\sum^m_{j=1}\sum_{k|gcd(i,j)}\mu(k)$$

• 想一下$\mu(k)$出现了多少次呢？${n\over k}*{m\over k}$次！！

• 所以

$$=\sum^n_{k=1}\mu(k){n \over k}{m \over k}$$

• 为了美观把$k$换成$i$，下面不再强调了，最后

$$=\sum^n_{i=1}\mu(i){n \over i}{m \over i}$$

• 暴力只能$O(n)$求了，但是我们可以分块做到根号复杂度

• 先看套路2

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繁衍套路2

求

$$\sum^n_{i=1}\sum^m_{j=1}[gcd(i,j)=d]$$

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推倒

• 和套路1差不多

• 根据容斥，同时除上一个$d$

$$=\sum^{n\over d}_{i=1}\sum^{m\over d}_{j=1}[gcd(i,j)=1]$$

$$=\sum^n_{i=1}\sum^m_{j=1}\sum_{k|gcd(i,j)}\mu(k)$$

• 然后根据我们已经推出来了的

$$=\sum^{n\over d}_{i=1}\mu(i){n \over id}{m \over id}$$

• 暴力时间复杂度$O(n)$

• 开始分块

• 我们容易知道的是，$n\over d$最多只有$\sqrt{n}$个取值（不会证）

• 同理$m\over d$最多也只有$\sqrt{m}$个取值，所以$n\over {id}$和$m\over id$同时不变的段数有$\sqrt{n}+\sqrt{m}$个

• 先看一幅图（网上盗的）

  这里$n=32,m=40,k=2$，红色为$n\over {kd}$和$m\over {kd}$不变的整段

  

• 看懂了么？

• 既然这些段$n\over {kd}$,$m\over {kd}$都不变，意味什么？

• 我们取$\mu$的前缀和，然后拿每一段的最后一位的$\mu$的前缀和乘上${n\over {kd}}*{m\over {kd}}$不就是这一段的答案和么？

• 分块时间复杂度$O(\sqrt{n})$

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code

int get(int n,int m,int d) 
{
    if (n>m)swap(n,m);
    int ans=0;
    n/=d,m/=d;
    for (int i=1,last=1;i<=n;i=last+1)
    {
        last=min(n/(n/i),m/(m/i));
        ans+=(pre[last]-pre[i-1])*(n/i)*(m/i);
    } 
    return ans;
}

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例题1：【BZOJ2301】 [HAOI2011]Problem b

problem

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analysis

• 反演例题

• 由容斥可得，$ans=ans(b,d)-ans(a-1,d)-ans(b,c-1)+ans(a-1,c-1)$

• 单分块还不会？上面刚刚推出来的

• 于是每一个分块都是$O(\sqrt n+\sqrt m)$的时间，总$O(n(\sqrt n+\sqrt m))$时间复杂度

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code

#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
#define MAXN 10000001 

using namespace std;

bool bz[MAXN];
int p[MAXN],phi[MAXN],mu[MAXN],pre[MAXN];
int n,a,b,c,d,k,tot;

int read()
{
    int x=0,f=1;
    char ch=getchar();
    while (ch<'0' || '9'<ch)
    {
        if (ch=='-')f=-1;
        ch=getchar();   
    }
    while ('0'<=ch && ch<='9')
    {
        x=x*10+ch-'0';
        ch=getchar();
    }
    return x*f;
}

void init() 
{
    memset(bz,1,sizeof(bz));
    mu[1]=phi[1]=1,tot=0;
    for (int i=2;i<MAXN;i++) 
    {
        if (bz[i])p[tot++]=i,phi[i]=i-1,mu[i]=-1;
        for (int j=0;j<tot && i*p[j]<=MAXN;j++) 
        {
            bz[i*p[j]]=0;
            if (i%p[j]==0) 
            {
                mu[i*p[j]]=0;
                phi[i*p[j]]=phi[i]*p[j];
                break;
            } 
            mu[i*p[j]]=-mu[i],phi[i*p[j]]=phi[i]*(p[j]-1);
        }
    }
    for (int i=1;i<MAXN;i++)pre[i]=pre[i-1]+mu[i];
}

int get(int n,int m,int d) 
{
    if (n>m)swap(n,m);
    int ans=0;
    n/=d,m/=d;
    for (int i=1,last=1;i<=n;i=last+1)
    {
        last=min(n/(n/i),m/(m/i));
        ans+=(pre[last]-pre[i-1])*(n/i)*(m/i);
    } 
    return ans;
}

int main()
{
    //freopen("readin.txt","r",stdin); 
    init();
    n=read();
    while (n--)
    {
        a=read(),b=read(),c=read(),d=read(),k=read();
        printf("%d\n",get(b,d,k)-get(a-1,d,k)-get(b,c-1,k)+get(a-1,c-1,k));
    }
    return 0;
}

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繁衍套路3

求

$$\sum^n_{i=1}\sum^m_{j=1}gcd(i,j)$$

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推倒

• 枚举约数$d$

$$=\sum^n_{d=1}d\sum^n_{i=1}\sum^m_{j=1}[gcd(i,j)=d]$$

$$=\sum^n_{d=1}d\sum^{n\over d}_{i=1}\sum^{m\over d}_{j=1}[gcd(i,j)=1]$$

• 还是再加一个$\sum$进去再变形

$$=\sum^n_{d=1}d\sum^{n\over d}_{i=1}\sum^{m\over d}_{j=1}\sum_{k|gcd(i,j)}\mu(k)$$

$$=\sum^n_{d=1}d\sum^{n\over d}_{i=1}\mu(i){n \over id}{m \over id}$$

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