持续更新。

upd2019.7.20 BSGS和拓展BSGS

upd.2019.8.7 欧拉定理和费马小定理

upd.2019.10.9 欧几里得和拓展欧几里得 + 中国剩余定理及其拓展 + 卢卡斯定理及拓展卢卡斯定理

线性筛

欧几里得和拓展欧几里得

一、 欧几里得定理

叫欧几里得定理的定理还挺多的，这里只是指辗转相除而已。用于求两个数的最小公因数。

二、 拓展欧几里得定理

拓欧求解的是这样一个式子：

$ax+by=gcd(a,b)$

已知 $a,b$，求其中一对可行解 $(x,y)$。

考虑欧几里得求解最小公因数时的递归求解：

$gcd(x,y)=gcd(y,x\; mod \; y)$

假如我们已经知道了

$a'y+b'(x\; mod \; y)=gcd(y,x\; mod \; y)$

那么把 $x\; mod \; y$写成 $x-\lfloor \frac{x}{y}\rfloor y$，再稍微整理一下式子，就可以得到

$b'x+(a'-\lfloor \frac{x}{y}\rfloor b')y=gcd(x,y)$

也就是说

$\begin{cases}a=b'\\ b=a'-\lfloor \frac{x}{y}\rfloor b' \end{cases}$

那我们就可以递归求解了，边界和gcd一样，当 $y=0$时， $1*x+0*y=x=gcd(x,y)$。

贴一个代码方便理解

template<class T> T exgcd(T x, T y, T &a, T &b)
{
	if (y == 0){
		a = 1; b = 0;
		return x;
	}
	T _a, _b;
	T g = exgcd(y, x % y, _a, _b);
	a = _b;
	b = _a - x / y * _b;
	return g;
}

中国剩余定理及其扩展

一、中国剩余定理

问题：求解一个 $x$满足

$\begin{cases}x \equiv a_1 (mod \; m_1) \\ x \equiv a_2 (mod \; m_2) \\ \dots \\ x \equiv a_n (mod \; m_n)\end{cases}$

保证所有的 $m_i$互质。

大致思路：对于每一个同余式 $x \equiv a_1 (mod \; m_1)$，求出能被其他所有 $m_j(m_j\not=m_i)$整除，并且满足 $x \equiv a_1 (mod \; m_1)$的 $x_i$，因为满足自己的式子，并且是其他模数的倍数，不会对其他式子产生影响，所以最后的答案就是 $\sum x_i$。

具体来说：

设

$M = \prod m_i$

$M_i = M/m_i$

$M_it_i\equiv a_i(mod \; m_i)$

所以

$x_i\equiv M_it_i(mod\; M)$

$x=\sum x_i$

其中的 $M_it_i\equiv a_i(mod \; m_i)$可以用拓展欧几里得来求，上面刚刚讲过。

最小的非负整数解显然也可以求，就是 $x_{min}=(x\; mod\; M+M)\; mod \; M$

二、拓展中国剩余定理

（废话：网上很多人说拓展CRT和CRT没什么关系，将两者割裂开来看，我觉得很fake。实际上exCRT的方法也是基于CRT答案的构造方法的。）

求解的问题和上面一样，但是少了一个条件，就是 $m_i$之间不一定保证互质。

$\begin{cases}x \equiv a_1 (mod \; m_1) \\ x \equiv a_2 (mod \; m_2) \\ \dots \\ x \equiv a_n (mod \; m_n)\end{cases}$

经过上面的启发，我们仍旧用类似的方法来构造一个可行解。

假设现在我们已经得到了前 $k-1$个方程的一个解，现在要把第 $k$个加进去求前 $k$个方程的解。

设前 $k-1$个的解为 $x_{k-1}$，前 $k-1$个 $m_i$的最小公倍数是 $M_{k-1}$，那么新的解

$x_k=x_{k-1}+tM_{k-1}$

且

$x_k\equiv a_k (mod \; m_k)$

联立得

$tM_{k-1}\equiv a_k-x_{k-1} (mod \; m_k)$

下面就是拓欧的管辖范围了。把这个式子展开

$tM_{k-1}+s\cdot m_k=a_k-x_{k-1}$

假如 $gcd(M_{k-1},m_k)\nmid a_k-x_{k-1}$就无解，不然就拓欧算出 $t$得到新解，再假如第 $k+1$个式子。

卢卡斯定理及拓展卢卡斯定理

（废话：卢卡斯定理的证明和拓展卢卡斯的还是有很大区别的，不想上面的CRT这样联系紧密）

一、卢卡斯定理

求解的问题：

$C_n^m\;mod\;p$

其中 $p$是质数。

需要求证：

$C_n^m\equiv C_{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor}^{\lfloor\frac{m}{p}\rfloor}*C_{n\;mod\;p}^{m\;mod\;p}(mod\;p)$

然后就可以递归求解了。

证明如下：

• 引理1：

$p \mid C_{p}^{i}(1 \le i < p)$

很好证明，将组合数写成阶乘的形式

$C_p^i=\frac{p!}{i!*(p-i)!}=\frac{p}{i}*\frac{(p-1)!}{(i-1)!*(p-i)!}=\frac{p}{i}C_{p-1}^{i-1}$

得证。

由此，用二项式定理展开下面的式子可以推知：

$(1+x)^p\equiv \sum_{i=0}^{p}C_p^i x_i=C_p^0*1+0*x+0*x^2+...+C_p^p*x^p\equiv 1+x^p(mod\;p)$

接下来证明定理：

假设 $n=ap+b,m=cp+d(0\le b,d<p)$，则

$C_n^m=C_{ap+b}^{cp+d}$

用上引理1的推论：

$(1+x)^n=(1+x)^{p*a}*(1+x)^b \equiv (1+x^p)^a*(1+x)^b(mod\;p)$

二项式定理展开，观察左边的式子 $x^m$的系数和右边式子 $x^{cp+d}$的系数，

$C_n^m\equiv C_a^c*C_b^d(mod\;p)$

即

$C_n^m\equiv C_{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor}^{\lfloor\frac{m}{p}\rfloor}*C_{n\;mod\;p}^{m\;mod\;p}(mod\;p)$

证毕。

二、拓展卢卡斯定理

需要解决的问题是：

$C_n^m\;mod\;p$

其中 $p$并没有限制。

尝试简化问题。

• Part One：组合数对质数的幂取模

容易想到，将 $p$质因数分解为 $p=\prod p_i^{k_i}$。

求解 $C_n^m\;mod\;p_i^{k_i}$，然后用中国剩余定理（上面有）合并，即

$\frac{n!}{m!(n-m)!}\;mod\;p_i^{k_i}$

• Part Two：阶乘除去质因子之后模质数幂

因为并不能直接求逆元，所以将上下阶乘除 $p_i$一直除到没有 $p_i$这个因子为止，式子长下面这个样子

$\frac{\frac{n!}{p^x}}{\frac{m!}{p^y}*\frac{(n-m)!}{p^z}}*p_i^{x-y-z}\; mod\;p_i^{k_i}$

假如能够求 $\frac{n!}{p^x}\; mod\;p^{k}$，那么问题就解决了。

事实上这个东西可以递归去求，方法如下：

将 $1$到 $n$的数分为 $p$的倍数和不是 $p$的倍数，不是 $p$的倍数的数 $O(p^k)$暴力计算（假如题目保证一个 $p^k$不会太大的话也可以预处理）， $p$的倍数递归。

$\begin{aligned} &n! \\=&(1*2*...*(p-1)*(p+1)*...*(p^k-1))^{\lfloor\frac{n}{p^k}\rfloor} \\&*(1*2*(p-1)*(p+1)*...*(n\;mod\;p^k)) \\&*p*\lfloor\frac{n}{p}\rfloor! \end{aligned}$

• Part Three：中国剩余定理合并

如上面所说，得到这样的方程组

$\begin{cases}C_n^m \equiv a_1 (mod \; p_1^{k_1}) \\ C_n^m \equiv a_2 (mod \; p_2^{k_2}) \\ \dots \\ C_n^m \equiv a_n (mod \;p_n^{k_n})\end{cases}$

贴上中国剩余定理板子，完成啦！！！

总复杂度大概 $O(P\log P)$。

一个是CRT的复杂度 $O(n\log p)$（n是质因子个数，p是最大的质因子大小）

还有一个是递归求阶乘，递归 $\log_{p^k} n$层，每层都 $O(p^k)$爆扫，复杂度与 $O(P\log P)$同阶。

假如预处理而不是 $O(p^k)$爆扫，复杂度可以降到 $O(\sum p^k+T\log_{p^k} n)$（其中T是数据组数）。

流程比较长，但是层次分明。虽然只是一个模板，但也可以说是数论各种定理的综合应用。贴个代码方便理解：

namespace exLucas
{
	typedef long long LL;
	LL M, ans;
	LL fpow(LL x, LL y, LL p){
		LL ret = 1;
		while (y){
			if (y & 1) ret = ret * x % p;
			x = x * x % p;
			y >>= 1;
		}
		return ret;
	}
	LL exgcd(LL x, LL y, LL &a, LL &b){
		if (y == 0){
			a = 1; b = 0;
			return x;
		}
		LL _a, _b;
		LL g = exgcd(y, x % y, _a, _b);
		a = _b;
		b = _a - x / y * _b;
		return g;
	}
	LL inv(LL x, LL p){
		LL tmp1, tmp2;
		exgcd(x, p, tmp1, tmp2);
		return (tmp1 % p + p) % p;
	}
	LL fac(LL n, LL p, LL pk){
		if (n == 0) return 1;
		LL ret = 1;
		for (LL i = 2; i < pk; ++ i) if (i%p) (ret *= i) %= pk;
		ret = fpow(ret, n/pk, pk);
		for (LL i = 2, sz = n%pk; i <= sz; ++ i) if (i%p) (ret *= i) %= pk;
		return ret * fac(n / p, p, pk) % pk;
	}
	LL C(LL n, LL m, LL p, LL pk){
		LL cnt = 0;
		for (LL i = n; i; i /= p) cnt += i / p;
		for (LL i = m; i; i /= p) cnt -= i / p;
		for (LL i = n-m; i; i /= p) cnt -= i / p;
		return fac(n, p, pk) * inv(fac(m, p, pk), pk) % pk * inv(fac(n-m, p, pk), pk) % pk * fpow(p, cnt, pk) % pk;
	}
	LL CRT(LL a, LL b){return a * inv(M / b, b) % M * (M / b) % M;}
	LL exLucas(LL n, LL m, LL p){
		M = p; ans = 0;
		for (LL i = 2, sz = sqrt(p) + 1; i <= sz; ++ i)
			if (p % i == 0){
				LL pk = 1;
				while (p % i == 0)
					pk *= i, p /= i;
				(ans += CRT(C(n, m, i, pk), pk)) %= M;
			}
		if (p > 1) (ans += CRT(C(n, m, p, p), p)) %= M;
		return ans;
	}
}

欧拉函数

费马小定理

内容：p是质数且a不是p的倍数时，

$a^{p-1}\equiv 1(mod\; p)$

是欧拉定理的一个特殊情况，证明略。

欧拉定理与拓展

一、

欧拉定理内容：在a与m互质的情况下，

$a^{\varphi(m)}\equiv 1(mod\; m)$

证明如下：

设 $[1,m]$中与m互质的数为 $x_1, x_2, ... , x_{\varphi(m)}$

设 $p_1=ax_1,p_2=ax_2,..., p_{\varphi(m)}=ax_{\varphi(m)}$

引理1： $\forall i,j\in [1,\varphi(m)],i=\not j,p_i\equiv\not p_j(mod\; m)$

使用反证法，假设存在 $p_i\equiv p_j(mod\; m)$，那么 $a(x_i-x_j)\equiv 0(mod\; m)$，即 $a(x_i-x_j)=km$，又因为 $(x_i-x_j)=\not 0$且 $a$和 $m$互质，所以等式恒不成立。证毕。

引理2： $\forall i\in [1,\varphi(m)],gcd(p_i,m)=1$

使用显然法，因为 $p_i=ax_i$， $gcd(a,m)=1,gcd(x_i,m)=1$，所以 $gcd(p_i,m)=1$。

由此可知 $\{x_1,...x_{\varphi(m)}\}=\{p_1\;mod\;m,...,p_{\varphi(m)}\;mod\;m\}$因为两个集合中的元素都与 $m$互质，且在 $[1,m]$中不存在集合之外的数与m互质，所以一个 $p_i\;mod\;m$一定能找到一个 $x_j$与他相等。

所以 $\prod x_i\equiv \prod p_i(mod\;m)$两边同除 $\prod x_i$，得到 $a^{\varphi(m)}\equiv1(mod\;m)$

证毕。

二、

拓展欧拉定理多讨论了 $a$与 $m$不互质的情况，

$a^c=\left\{ \begin{aligned} &a^{c\;mod\;\varphi(m)}, &gcd(a,m)=1 \\ &a^c,&gcd(a,m)=\not 1,c < \varphi(m) \\ &a^{c\;mod\;\varphi(m)+\varphi(m)},&gcd(a, m)=\not1,c \ge \varphi(m) \end{aligned} \right.$

下面证明 $a^c=a^{c\;mod\;\varphi(m)+\varphi(m)},gcd(a, m)=\not1,c \ge \varphi(m)$：

引理1：

$\forall p\in \mathbb{P},x\le \varphi(p^x)$

首先， $\varphi(p^x)=(p-1)p^{x-1}$

当 $p=2$时，使用数学归纳法， $x=1$时等式左右都为1，在 $x>1$时，x每增加1，不等式左边加1，右边乘2（加上右边的数），因为满足右边的数大于等于1，所以不等式仍旧成立。

当 $p>2$时， $x\le 2^{x-1}\le (p-1)p^{x-1}$，成立。

证毕。

引理2：

对于任意质数p满足 $p^c=p^{c+\varphi(m)},p|m,c \ge \varphi(m)$

令 $m=s\cdot p^k,gcd(s,p)=1$，首先由欧拉定理得 $p^{\varphi(s)}\equiv1(mod\;s)$由欧拉函数定义式可知 $\varphi(s)|\varphi(m)$，所以 $p^{\varphi(m)}\equiv1(mod\;s)$

由同余的性质，两边同乘 $p^k$得 $p^{\varphi(m)+k}\equiv p^k(mod\;m)$

因为 $c\ge \varphi(m) \ge k$所以 $p^c=p^{c-k}p^k=p^{c+\varphi(m)},p|m,c \ge \varphi(m)$

由引理2可知， $p^c\equiv p^{c\;mod\;\varphi(m)+\varphi(m)},p|m,c \ge \varphi(m)$

随后利用同余的性质和唯一分解定理，可以证得 $a^c=a^{c\;mod\;\varphi(m)+\varphi(m)},gcd(a, m)=\not1,c \ge \varphi(m)$

乘法逆元的三种求法

卡特兰数

斯特林数

原根和指标

BSGS和拓展BSGS

用于求形如 $a^x\equiv b(mod \; p)$的高次同余方程

思想很简单，利用分块，把 $x$看成 $x=\sqrt{p}*i-j$，然后式子变成这个样子 $a^{\sqrt{p}*i}\equiv b*a^j(mod\; p)$

但是假如 $a$和 $p$不互质的话，由下面那个式子并不能推出上面那个式子，举个简单的例子： $2\equiv 6(mod \; 4) \\ 1\equiv\not 3(mod \; 4)$

所以我们需要除掉 $a$和 $p$的公约数来使 $a$和 $p$互质，这就是ex_BSGS， $\frac{a^k}{\prod g_i}a^x\equiv \frac{b}{\prod g_i}(mod \; \frac{b}{\prod g_i})$

好像也就只能求这么一个式子，简直太没用了。

某次课的笔记

$gcd(a, b) = (a, b)$

$lcm(a, b) = [a, b]$

$b \le a , a \% b \le a / 2$

唯一分解定理

同余性质：

弱化 $a \equiv b(mod \; m), n|m, \therefore a \equiv b(mod \; n)$

除法 $ac \equiv bc (mod \; c), a \equiv b (mod \; c/gcd(c, m))$

中国剩余定理

$\begin{cases}x \equiv a_1 (mod \; m_1) \\ x \equiv a_2 (mod \; m_2) \\ \dots \\ x \equiv a_n (mod \; m_n)\end{cases}$

$M = \prod m_i \\ M_i = M/m_i \\ t_i\equiv M_i^{-1}(mod \; m_i)$
$$

拓展中国剩余定理

费马小定理

欧拉函数 $\phi(n)=n*\prod(p_i-1)/p_i$

积性函数 $\phi(nm)=\phi(n)\phi(m),(gcd(n,m)=1)$

线性筛算 $\phi$函数

欧拉定理 $gcd(a, m) =1,a^{\phi(m)}\equiv 1(mod \; m)$

拓展欧几里得

线性方程组一般解法
$\begin{cases}x \equiv a_1 (mod \; m_1) \\ x \equiv a_2 (mod \; m_2) \end{cases}$

防爆LL的快速幂式乘法

$\frac{n}{1}+\frac{n}{2}+\dots+\frac{n}{n}=O(n ln(n))$

[NOI2015]寿司晚宴

dirichlet卷积

$(f*g)(n)=\sum_{d|n} f(d)g(\frac{n}{d})$

常见数论函数