萌新数论笔记

声明

在本文中，

• \(a\mid b\) 表示 \(b\bmod a=0\)
• \(a\nmid b\) 表示 \(b\bmod a\not=0\)
• \(\sum\) 表示求和
• \(\prod\) 表示求积
• \(a!\) 表示 \(a\) 的阶乘
• \(\left\lfloor\dfrac{a}{b}\right\rfloor\) 表示下取整 \(\dfrac{a}{b}\)
• \(\left\lceil\dfrac{a}{b}\right\rceil\) 表示上取整 \(\dfrac{a}{b}\)
• \(\gcd(),\operatorname{lcm}()\)，分别表示最大公约数和最小公倍数
• \(a\perp b\) 指 \(\gcd(a,b)=1\)
• \(a\gets b\) 表示使 \(a\) 变为 \(b\)
• \(a\in A\) 表示 \(a\) 在集合 \(A\) 内

Eazy

同余方程

定义

若 \(a\bmod m=b\bmod m\)，那么称 \(a,b\) 对模 \(m\) 同余，记为 \(a\equiv b\pmod m\)。

逆元

若 \(p\) 与 \(a\) 互质 且 \(ax\equiv 1\pmod p\)，则称 \(x\) 是 \(a\) 在模 \(p\) 意义下的逆元，一般记为 \(a^{-1}\)。

容易发现，若有 \(0<b<p\) 为 \(a^{-1}\)，则对于任意的 \(0<i\le \infty\) 皆有 \(bi\) 为 \(a^{-1}\)。一般所说的逆元为最小的 \(b\)。

费马小定理

若 \(p\) 是与 \(a\) 互质的质数，则有 \(a^{p-1}\equiv 1\pmod p\)。

证明

构造数集 \(A=\{1,2,\dots,p-1\}\)。

证明：\(\prod_{i=1}^{p-1}a\times A_i\equiv \prod_{i=1}^{p-1}A_i\pmod p\)。

若有 \(aA_i\bmod p=aA_j\bmod p=r(1\le i<j\le p-1)\)，设 \(aA_i=xp+r,aA_j=yp+r\)，两式相减得 \((A_i-A_j)a=(x-y)p\)。由于 \(a,p\) 互质且 \(A_i-A_j<p\) 所以该等式不成立，故每个 \(aA_i\) 模 \(p\) 的值都是独一无二的，又因为余数只有 \(p-1\) 个，故余数集必为 \(A\) 的一个排列，于是 \(\prod_{i=1}^{p-1}a\times A_i\equiv \prod_{i=1}^{p-1}A_i\pmod p\) 得证。

将左边的 \(a\) 提取出来，得 \(a^{p-1}\prod_{i=1}^{p-1}A_i\equiv \prod_{i=1}^{p-1}A_i\pmod p\)，化简得 \(a^{p-1}\equiv 1\pmod p\)。

费马小定理求逆元

因为有 \(a^{p-1}\equiv p\pmod p\)，可得 \(a\times a^{p-2}\equiv p\pmod p\)，对比逆元的式子 \(ax\equiv 1\pmod p\) 容易发现 \(x=a^{p-2}\)，注意这里的 \(x\) 不一定 \(a\) 模 \(p\) 意义下的最小逆元。

注意到有些非质数的数同样满足该定理，例如 \(341=11\times 13\)，这样的数被称为伪素数。

剩余系

剩余类

对于任意的一个数 \(n\)，根据 \(a\bmod p\) 的不同，可以把 \(a\) 分为 \(n\) 个剩余类，余数为 \(r\) 的类表示为 \(C_r=xp+r\)。

完全剩余系(完系)

从 \(n\) 的每个剩余类中各取出一个元素，这些元素组成了模 \(n\) 的完系。

简化剩余系(缩系)

对于 \(\varphi(n)\) 个与 \(n\) 互质 的 \(r\)，在这 \(\varphi(n)\) 个 \(C_r\) 中各取一个元素，组成了模 \(n\) 的缩系。

这里 \(\varphi(n)\) 是指与 \(n\) 互质且 \(<n\) 的正整数的个数，在 筛法与函数-筛法求欧拉函数 一节详细介绍。

威尔逊定理

\((p-1)!\equiv -1\pmod p\) 是 \(p\) 为质数的 充分必要条件。

必要性

若 \(p\) 为质数。

构造模 \(p\) 的 缩系 \(A=\{1,2,\dots,p-1\}\)。

取一个 \(a\in[1,p-1]\)，因为 \(a,p\) 互质，故 \(\{a,2a,\dots,ap-a\}\) 也为模 \(p\) 的 缩系，因此只存在一个 \(x\in[1,p-1]\) 使得 \(ax\equiv 1\pmod p\)。

• 若 \(a=x\)，则有 \(x^2\equiv 1\pmod p\)，因式分解得 \((x+1)(x-1)\equiv 0\pmod p\)，因为 \(x,p\) 互质，则 \(x=1\) 或 \(x=p-1\)。
• 若 \(a\not=x\)，则有 \(2\le a,x\le p-2\)，由于每个 \(a\) 对应着唯一的 \(x\) ，所以有 \(\dfrac{p-2-2+1}{2}=\dfrac{p-3}{2}\) 对 \(a,x\) 使得 \(ax\equiv 1\pmod p\)，将所有这样的式子乘起来就能得到 \((p-2)!\equiv 1\pmod p\)，两边同乘 \(p-1\) 得 \((p-1)!\equiv 1\pmod p\)，即 \((p-1)!\equiv -1\pmod p\)。

充分性

若 \(p\) 为合数。

当 \(p=1\) 时，\((1-1)!\equiv 0\pmod 1\)

当 \(p=4\) 时，\((4-1)!\equiv 2\pmod 4\)

当 \(p>4\) 时，

• 若 \(p\) 不是完全平方数，构造 \(2\le a<b< p\)，
  则有 \((p-1)!=1\times2\times\dots\times a\times\dots\times b\times\dots\times p-1=kp\)，有 \((p-1)!\equiv 0\pmod p\)。
• 若 \(p\) 是完全平方数，构造 \(p=k^2\)，
  则有 \((p-1)!=1\times2\times\dots\times k\times\dots\times 2k\times\dots\times p-1=kp\)，有 \((p-1)!\equiv 0\pmod p\)。

推论

若 \(p\) 为质数，则 \((p-1)!+1\equiv 0\pmod p\)。

若 \(p>4\) 且 \(p\) 为合数，则 \((p-1)!\equiv 0\pmod p\)。

e.g. 给定 \(n\)，求 \(S=\sum_{p=1}^{n}\left\lfloor\dfrac{(p-1)!+1}{p}-\left\lfloor\dfrac{(p-1)!}{p}\right\rfloor\right\rfloor\)。

若 \(p\) 为质数，则 \(\dfrac{(p-1)!+1}{p}\) 为整数，\(S=1\)。

否则 \(\dfrac{(p-1)!+1}{p}=\left\lfloor\dfrac{(p-1)!}{p}\right\rfloor\)，\(S=0\)。

筛出 \(\in[1,n]\) 的质数即可。

欧拉定理

若 \(a,m\) 互质，则有 \(a^{\varphi(m)}\equiv 1\pmod m\)。

证明

设 \(k=\varphi(m)\)。

构造模 \(m\) 的缩系 \(\{r_1,r_2,\dots,r_k\}\)。

因为 \(a,m\) 互质，所以 \(\{ar_1,ar_2,\dots,ar_k\}\) 也是 \(m\) 的一个缩系，则有 \(\prod_{i=1}^k r_i\equiv\prod_{i=1}^k ar_i\equiv a^k\times\prod_{i=1}^k r_i\pmod m\)，约去 \(\prod_{i=1}^k r_i\) 可得 \(a^k\equiv 1\pmod m\)。

用欧拉定理证费马小定理

当 \(m\) 为质数时，\(\varphi(m)=m-1\)，则有 \(a^{m-1}\equiv 1\pmod m\)。

扩展欧拉定理

对于 任意 的 \(a,b,m\)，有：

\[a^b\equiv\begin{cases}a^b&b<\varphi(m)\\a^{b\bmod\varphi(m)+\varphi(m)}&b\ge\varphi(m)\end{cases}\pmod m \]

e.g. 模版。

观察到 \(b\) 很大，将 \(b\) 降幂后再快速幂即可。

int gphi(int m) {long long s=m;for(int i=2;i*i<=m;i++) {if(m%i==0) {s=s/i*(i-1);while(m%i==0) m/=i;}}if(m>1) s=s/m*(m-1);return s;
}
void cele(int mod) {bool fl=false;for(int i=0;i<s.size();i++) {b=(b*10+(s[i]-'0'));if(b>mod) b%=mod,fl=true;}if(fl) b+=mod;
}
long long qpow(long long a,int b,int mod) {long long ans=1;while(b) {if(b&1) ans=(ans*a)%mod;a=(a*a)%mod;b>>=1;}return ans%mod;
}

连续逆元线性求

模版。

当前已知 \(1\sim i-1\) 的逆元，要求 \(i(i>1)\) 在模 \(p\) 意义下的逆元。

设 \(p=ki+r(0\le r<i)\)，则有 \(ki+r\equiv 0\pmod p\)，两边同乘 \(i^{-1}r^{-1}\) 得 \(kr^{-1}+i^{-1}\equiv 0\pmod p\)，移项得 \(i^{-1}\equiv -kr^{-1}\equiv -\left\lfloor\frac{p}{i}\right\rfloor\times (p \bmod i)^{-1}\pmod p\)。

于是就求出了 \(i\) 的逆元。

for(int i=2;i<=n;i++) {a[i]=((p-p/i)*a[p%i])%p;//注意可能是负数，把 p/i 变为 p-p/i 以去掉负号printf("%lld\n",a[i]);
}

不定方程(组)

定义

若未知数的个数大于方程的个数，则该方程（组）被称为不定方程（组）。

不定方程（组）一般有无数个解，所以题目会对未知数有一些约束条件。

裴蜀定理

一定存在 \(x,y\) 满足 \(ax+by=\gcd(a,b)\)。

该定理对不定方程是否有整数解做出了一个判定方式。

证明

设取整数 \(x_0,y_0\) 时，\(ax_0+by_0=m\)，\(\gcd(a,b)=k\)，\(m\) 为满足条件的最小正整数。

现在要证 \(m=k\)。

因为 \(x_0,y_0\) 为整数，所以有 \(k\mid ax_0,k\mid by_0\)，则 \(k\mid ax_0+by_0\)，得 \(k\mid m\) (1)。

设 \(a=qm+r(0\le r<m)\)，则有

\[r=a-qm=a-q(ax_0+by_0)=a-aqx_0-bqy_0=a(1-qx_0)+b(-qy_0) \]

因为 \(qx_0,qy_0\) 均为整数，所以可以使 \(x=1-qx_0,y=-qy_0,r=ax+by\)。

由于 \(r<m\) 且 \(m\) 是满足条件的最小正整数，所以 \(r=0,a=qm\)，因此 \(m\mid a\)，同理得 \(m\mid b\)，故 \(m\mid k\) (2)。

综合 (1)(2) 得：\(m=k\) 得证。

简单思考一下可以发现，若 \(ax'+by'=k\times\gcd(a,b)\)，则 \(x',y'\)，变为原解的 \(k\) 倍即可，故形如 \(ax+by=c\) 的不定方程只要满足 \(c=k\times\gcd(a,b)\) 就有整数解，\(k\) 为整数。

同理可得，\(n\) 个未知数的不定方程 \(\sum_{i=1}^{n} a_ix_i=s\) 满足 \(s=k\times\gcd(a_i)\) 时有整数解。

e.g. 模版。

根据上面的结论求出 \(\gcd(\left|A_i\right|)\) 即可。

for(int i=1;i<=n;i++) {cin>>a;if(a<0) a=-a;ans=G(ans,a);
}

扩展欧几里得算法

欧几里得算法

\(\gcd(a,b)=\gcd(b,a\bmod b)\)

没错，就是这个。

从辗转相除法到不定方程

求 \(ax+by=\gcd(a,b)\) 的整数解。

上面我们已经论证了该方程有整数解，这里使用扩展欧几里得算法求解。

\[\begin{aligned}\gcd(a,b)=\gcd(b,a\bmod b)&=bx_1+(a\bmod b)y_1\\&=bx_1+(a-\left\lfloor\frac{a}{b}\right\rfloor\times b)y_1\\&=ay_1+b(x_1-\left\lfloor\frac{a}{b}\right\rfloor y_1)\\&=ax+by\end{aligned} \]

所以有 \(x=y_1,y=x_1-\left\lfloor\frac{a}{b}\right\rfloor y_1\)。

注意到 \(b=0\) 时 \(x=1,y=0\)，故递归到下界 \(b=0\) 解决即可得到一组 特解。

long long exgcd(long long a,long long b,long long &x,long long &y) {if(b==0) {x=1,y=0;return a;}long long d,x1,y1;d=exgcd(b,a%b,x1,y1);x=y1,y=x1-a/b*y1;return d;
}

从特解到通解

考虑同时使 \(ax\gets ax+k\) 和 \(by\gets by-k\) 来构造通解。

故有 \(x'=x+k\times\dfrac{b}{\gcd(a,b)},y'=y-k\times\dfrac{a}{\gcd(a,b)}\)。

从不定方程到同余方程

求 \(ax\equiv b\pmod m(0\le b<m)\) 的整数解。

设 \(ax=-ym+b\)，则有 \(ax+ym=b\)。根据裴蜀定理判断该方程是否有整数解，然后用扩展欧几里得计算即可。

e.g. 并非模版。

设 \(m=19260817\)。

将同余方程化为 \(bx+ym=a\) 求解即可。

Another Idea：求 \(b^{-1}\)，就有 \(bb^{-1}\equiv 1\pmod m\)，两边同乘 \(a\) 得 \(b\times(ab^{-1})\equiv a\pmod m\)，所以 \(x=ab^{-1}\)。

中国剩余定理

模版。

即要求

\[\begin{cases}x\equiv a_1\pmod {p_1}\\x\equiv a_2\pmod {p_2}\\\dots\\x\equiv a_n\pmod {p_n}\end{cases} \]

中 \(x\) 的解。其中 \(m\) 是 两两互质的整数，\(0\le p_i<m_i\)。

中国剩余定理解法

1.设 \(M=\prod_{i=1}^n m_i\)
2.设 \(c_i=\dfrac{M}{m_i}\)
3.计算 \(c_i\) 在模 \(m_i\) 意义下的逆元 \(c_i^{-1}\)
4.\(x=(\sum_{i=1}^na_ic_ic_i^{-1})\bmod M\)

证明

由于 \((\sum_{i=1}^na_ic_ic_i^{-1})\bmod M\) 对于 \(m_i\) 只是减去了它的若干倍，对余数没有影响，所以只需要证 \(x=\sum_{i=1}^na_ic_ic_i^{-1}\) 使同余方程组成立。

• 当 \(i\not=j\) 时，因为 \(c_j=\dfrac{M}{m_j}\) 中包含项 \(m_i\)，故 \(c_j\equiv 0\pmod {m_i},c_jc_j^{-1}\equiv 0\pmod {m_i}\)
• 当 \(i=j\) 时，因为 \(c_i=\dfrac{M}{m_i}\) 不含 \(m_i\) 且 \(m\) 两两互质，所以 \(c_i\not\equiv 0\pmod {m_i},c_ic_i^{-1}\equiv 1\pmod {m_i}\)

故 \(x=(\sum_{i=1}^na_ic_ic_i^{-1})\bmod m_i=a_ic_ic_i^{-1}=a_i,x\equiv a_i\pmod {m_i}\)。

long long crt() {long long M=1,ans=0;for(int i=1;i<=n;i++) M*=m[i];for(int i=1;i<=n;i++) {long long c=M/m[i],x,y;exgcd(c,m[i],x,y);ans=(ans+(c*x*a[i])%M)%M;}return (ans%M+M)%M;
}

扩展中国剩余定理

模版。

你猜同余方程的内容为什么会出现在不定方程里。

相较于中国剩余定理，本题 \(m\) 不一定两两互质。

扩展中国剩余定理解法

合并同余方程求解。

将前两个同余方程化为 \(x=m_1p+a_1=m_2q+a_2\)。则有 \(m_1p-m_2q=a_2-a_1\)。

可以用裴蜀定理判断是否有解，使用扩展欧几里得算法求解。

所以有通解 \(p'=p+\frac{m_2}{\gcd(m_1,m_2)}\)，代入得 \(x=m_1p+\frac{m_1m_2}{\gcd(m_1,m_2)}+a_1=\operatorname{lcm}(m_1,m_2)+m_1p+a_1\)，将 \(m_1p+a_1\) 视作余数即可将两个同余方程合并为 \(x\equiv m_1p+a_1\pmod{\operatorname{lcm}(m_1,m_2)}\)。

合并 \(n-1\) 次即可。正确性显然。

long long mul(long long a,long long b,long long mod) {long long ans=0;while(b>0) {if(b&1) ans=(ans+a)%mod;a=(a+a)%mod;b>>=1;}return ans;
}
long long excrt() {long long m1,m2,a1,a2;m1=m[1],a1=a[1];for(int i=2;i<=n;i++) {m2=m[i],a2=a[i];long long p,q;long long d=exgcd(m1,m2,p,q);//注意这里 a2-a1 并非是 gcd(m1,m2)
//		if((a2-a1)%d) return -1;裴蜀定理判断是否有解，这里不用 long long k=m2/d,c=(((a2-a1)/d)%m2+m2)%m2;p=mul(p,c,k);//a2-a1 是 gcd(m1,m2) 的倍数，这里求出正确的特解p=(p%k+k)%k;//保证最小a1=m1*p+a1,m1=m1*(m2/d);a1%=m1;}return (a1%m1+m1)%m1;
}

BSGS

模版。

BSGS(Baby Step Gaint Step)，大步小步算法，用于求解 \(a,p\) 互质 的同余方程 \(a^x\equiv b\pmod p\)。

求解方法

由扩展欧拉定理 \(a^x\equiv a^{x\bmod\varphi(p)}\pmod p\) 得 \(a^x\) 模 \(p\) 意义下的最小循环节为 \(\varphi(p)\)，由于 \(\varphi(p)<p\)，所以可以暴力枚举 \(x=0\sim p\)，时间复杂度 \(O(p)\)。

令 \(x=im-j\)，\(m=\left\lceil\sqrt n\right\rceil,1\le i\le m,0\le j\le m-1\)，显然任意的 \(x\in [0,p]\) 均可被表示出来。

则有 \(a^{im-j}\equiv b\pmod p,(a^m)^i\equiv ba^j\pmod p\)。

• 枚举 \(j\)，将 \(\operatorname{key}=ba^j\bmod p,\operatorname{val}=j\) 放入哈希表，若 \(\operatorname{key}\) 重复则用大的 \(j\) 替换小的。
• 枚举 \(i\)，查找是否有 \(\operatorname{key}=(a^m)^i\)，有则 \(x=im-j\)。

由于 \(i,i\le \left\lceil\sqrt p\right\rceil\)，所以时间复杂度为 \(O(\sqrt p)\)。正确性显然。

long long a,b,p;
map<long long,long long> mp;
long long bsgs() {long long m=sqrt(p);if(m*m!=p) m++;mp[b]=0;for(long long i=1;i<m;i++) {b=(b*a)%p;mp[b]=i;}long long k=1;for(int i=1;i<=m;i++) k=(k*a)%p;long long i,j,t=1;for(i=1;i<=m;i++) {t=(t*k)%p;if(mp.count(t)) return i*m-mp[t];}return -1;
}

为什么要求 \(a,p\) 互质

\(a^{im-j}\equiv b\pmod p,(a^m)^i\equiv ba^j\pmod p\) 中，若 \(a,p\) 不互质，则两边同乘 \(0\)，后面就没有意义了。

扩展 BSGS

模版。

你猜同余方程的内容为什么会出现在不定方程里。

相较于 BSGS，本题 \(a,p\) 不互质。

求解方法

将同余方程 \(a^x\equiv b\pmod p\) 化为 \(a\times a^{x-1}\equiv b\pmod p\)，进一步变为不定方程 \(a\times a^{x-1}+py=b\)，将 \(a,p\) 视为常数，设 \(d=\gcd(a,p)\)，则若 \(d\nmid b\)，方程无解，否则将 同余方程 两边同除 \(d\)，得 \(\dfrac{a}{d}a^{x-1}\equiv \dfrac{b}{d}\pmod{\dfrac{p}{d}}\)，记 \(p'=\dfrac{p}{d}\)，若 \(\gcd(a,p')\not=1\) 则继续直到 \(a\perp p'\)。记 \(D=\dfrac{p}{p'}\)，共进行了 \(k\) 次，则 \(\dfrac{a^k}{D}a^{x-k}\equiv b\pmod {p'}\)，由于有 \(a\perp p'\)，所以有 \(\dfrac{a^k}{D}\perp p'\)，两边同乘它的逆元后就变为了 BSGS。

long long bsgs(int A) {long long m=sqrt(p);if(m*m!=p) m++;mp[b]=0;for(long long i=1;i<m;i++) {b=(b*a)%p;mp[b]=i;}long long k=1;for(int i=1;i<=m;i++) k=(k*a)%p;long long i,j,t=A;//注意这里 t 从 a^k/D 开始for(i=1;i<=m;i++) {t=(t*k)%p;if(mp.count(t)) return i*m-mp[t];}return -1;
}
long long exbsgs() {if(b==1||p==1) return 0;long long d,k=0,A=1;while(true) {d=gcd(a,p);if(d==1) break;if(b%d) return -1;k++,b/=d,p/=d,A=(A*(a/d))%p;if(A==b) return k;}long long ans=bsgs(A);if(ans==-1) return -1;else return ans+k;//记得算出来的是 x-k 要加 k
}

筛法与函数

筛质数

模版。

埃氏筛

从小到大枚举，若当前数未被标记，则为质数，标记其倍数。

void ess(int n) {for(int i=2;i<=n;++i) {if(!vis[i]){pr[++cnt]=i;for(int j=i*i;j<=n;j+=i) vis[j]=1;}}
}

欧拉筛

从小到大枚举，若未被标记，则为质数，对 每个数 \(i\) 枚举 \(j\) 到其 最小质因子，标记 \(ij\)。

void ols(int n) {for(int i=2;i<=n;i++) {if(!vis[i]) pr[++cnt]=i;for(int j=1;i*pr[j]<=n;j++) {vis[i*pr[j]]=1;if(i%pr[j]==0) break;}}
}

筛法求欧拉函数

欧拉函数

欧拉函数即 \(\varphi(n)\)，被定义为 \(1\sim n\) 中与 \(n\) 互质的数的个数。

特性：
1.若 \(p\) 是质数，则 \(\varphi(p)=p-1\)
2.若 \(p\) 是质数，则 \(\varphi(p^k)=p^{k-1}\varphi(p)\)（证明：由于 \(p\) 是质数，则 \(1\sim p-1,p+1\sim 2p-1,\dots,p^k-p\sim p^{k}-1\) 均与 \(p\) 互质，共有 \(p^{k-1}\) 节长度为 \(\varphi(p)\) 的区间，故 \(\varphi(p^k)=p^{k-1}\varphi(p)\)）
3.积性函数：若 \(p,q\) 互质，则有 \(\varphi(pq)=\varphi(p)\varphi(q)\)（证明参考 剩余系的复合）

计算

有 \(\varphi(n)=n\prod_{i=1}^s\dfrac{p_i-1}{p_i}\)，\(s\) 为质因子个数，\(p_i\) 为不同的质因子。证明参考性质 2,3。

试除法找质因子即可。

int gphi(int m) {long long s=m;for(int i=2;i*i<=m;i++) {if(m%i==0) {s=s/i*(i-1);while(m%i==0) m/=i;}}if(m>1) s=s/m*(m-1);return s;
}

筛法计算

若 \(i\) 是质数，则 \(\varphi(i)=i-1\)。

若 \(i\) 是合数，则 \(i\) 在线性筛中被自己的 最小质因子 筛掉。

设 \(n\) 为 \(i\) 的最小质因子，\(i=nm\)。

• 若 \(n\mid m\)，则 \(m\) 包含 \(i\) 的所有质因子，\(nm\prod_{k=1}^s\dfrac{p_k-1}{p_k}=n\varphi(m)\)
• 若 \(n\nmid m\)，则 \(n,m\) 互质，由性质 1,3，得 \(\varphi(i)=\varphi(n)\varphi(m)=(n-1)\varphi(m)\)。

void get_phi(int n) {phi[1]=1;for(int i=2;i<=n;i++) {if(!vis[i]) {p[cnt++]=i;phi[i]=i-1;}for(int j=0;i*p[j]<=n;j++) {int m=i*p[j];vis[m]=1;if(i%p[j]==0) {phi[m]=p[j]*phi[i];break;} else phi[m]=(p[j]-1)*phi[i];}}
}

筛法求莫比乌斯函数

莫比乌斯函数

根据唯一分解定理，有 \(x=\prod_{i=1}^s p_i^{a_i}\)，其中 \(p_i\) 为互不相同的质因子，\(s\) 为质因子个数。

则有

\[\mu(x)=\begin{cases}1&x=1\\0&\sum_{i=1}^s a_i\not=s\\(-1)^s&x\not=1,\sum_{i-1}^s a_i=s\end{cases} \]

其中 \(\sum_{i-1}^s a_i=s\) 的条件即 \(x\) 不含相同质因子。

筛法计算

若 \(i\) 是质数，则 \(\mu(i)=1\)。

若 \(i\) 是合数，则 \(i\) 在线性筛中被自己的 最小质因子 筛掉。

设 \(n\) 为 \(i\) 的最小质因子，\(i=nm\)。

• 若 \(n\mid m\)，则 \(i\) 有两个质因子 \(n\)，\(\mu(i)=0\)
• 若 \(n\nmid m\)，则 \(i\) 比 \(m\) 多一个质因子 \(n\)，\(\mu(i)=-\mu(m)\)

void get_mu(int n) {mu[1]=1;for(int i=2;i<=n;i++) {if(!vis[i]) {p[++cnt]=i;mu[i]=-1;}for(int j=1;i*p[j]<=n;j++) {int m=i*p[j];vis[m]=1;if(i%p[j]==0) {mu[m]=0;break;} else mu[m]=-mu[i];}}
}

约数相关

根据唯一分解定理，有 \(x=\prod_{i=1}^s p_i^{a_i}\)，其中 \(p_i\) 为互不相同的质因子，\(s\) 为质因子个数。

约数和定理

\(x\) 的约数和 \(f(x)=\prod_{i=1}^s\sum_{j=0}^{a_i}p_i^j\)。

证明：\(p_i^{a_i}\) 的约数有 \(p_i^0,p_i^1,\dots,p_i^{a_i}\) 共 \((a_i+1)\) 个，约数和为 \(\sum_{j=0}^{a_i}p_i^j\)，根据乘法原理 \(x\) 有 \(f(x)=\prod_{i=1}^s\sum_{j=0}^{a_i}p_i^j\) 个约数。

筛法求约数和

记 \(p_j\) 为 \(i\) 的最小质因子，\(g(i)=\sum_{i=1}^{a_j} p_j^i\)

若 \(i\) 是质数，则 \(f(i)=g(i)=i+1\)。

若 \(i\) 是合数，则 \(i\) 在线性筛中被自己的 最小质因子 筛掉。

设 \(i=p_jm\)。

• 若 \(p_j\mid m\)，则 \(m\) 的最小质因子也一定是 \(p_j\)，但 \(i\) 的 \(p_j\) 的次数要比 \(m\) 多一，故 \(g(i)=g(m)+p_j^{a_j+1},f(i)=f(m)\div g(m)\times g(i)\)
• 若 \(p_j\nmid m\)，则 \(m\) 不包含质因子 \(p_j\)，\(g(i)=p_j+1,f(i)=f(m)\times g(i)\)。

void get_f(int n) {g[1]=f[1]=1;for(int i=2;i<=n;i++) {if(!vis[i]) {p[++cnt]=i;g[i]=f[i]=i+1;}for(int j=1;i*p[j]<=n;j++) {intm=i*p[j];vis[m]=1;if(i%p[j]==0) {g[m]=g[i]*p[j]+1;f[m]=f[i]/g[i]*g[m];break;} else {g[m]=p[j]+1;f[m]=f[i]*g[m];}}}
}

约数个数定理

\(x\) 的约数个数 \(d(x)=\prod_{i=1}^s(a_i+1)\)。

证明同约数和定理。

筛法求约数个数

记 \(a_i\) 为 \(i\) 最小质因子次数。

若 \(i\) 是质数，则 \(d(i)=2,a_i=1\)。

若 \(i\) 是合数，则 \(i\) 在线性筛中被自己的 最小质因子 筛掉。

设 \(i\) 的最小质因子是 \(p_j\)，\(i=p_jm\)。

• 若 \(p_j\mid m\)，则 \(m\) 的最小质因子也一定是 \(p_j\)，但 \(i\) 的 \(p_j\) 的次数要比 \(m\) 多一，故 \(a_i=a_m+1,d(i)=d(m)\div(a_i+1)\times(a_m+1)\)
• 若 \(p_j\nmid m\)，则 \(m\) 不包含质因子 \(p_j\)，\(a_i=1,d(i)=d(m)\times 2\)。

void get_d(int n) {d[1]=1;for(int i=2;i<=n;i++) {if(!vis[i]) {p[++cnt]=i;a[i]=1;d[i]=2;}for(int j=1;i*p[j]<=n;j++) {int m=i*p[j];vis[m]=1;if(i%p[j]==0) {a[m]=a[i]+1;d[m]=d[i]/(a[i]+1)*(a[m]+1);break;} else {a[m]=1;d[m]=d[i]*2;}}}
}

Hard

矩阵

定义

由 \(m\) 行 \(n\) 列数组成的数组被称为 \(m\times n\) 矩阵。

一个 \(m\times n\) 矩阵 \(A=\begin{bmatrix}A_{1,1}&A_{1,2}&\dots&A_{1,n}\\A_{2,1}&A_{2,2}&\dots&A_{2,n}\\\vdots&\ddots&\ddots&\vdots\\A_{m,1}&A_{m,2}&\dots&A_{m,n}\end{bmatrix}\)

若 \(m=n\)，则也可以称为 \(n\) 阶方阵。

若一个 \(n\) 阶方阵 \(A\) 满足 \(A_{i,j}=[i=j]\)，则称其为 \(n\) 阶单位矩阵。

矩阵加法

只有 同型矩阵 才有加法。

若 \(A,B\) 均为 \(m\times n\) 矩阵，则 \(A+B=C,C_{i,j}=A_{i,j}+B_{i,j}\)。

减法同理。

矩阵乘法

若有两个矩阵 \(A,B\)，\(A\) 为 \(m\times p\) 矩阵，\(B\) 为 \(p\times n\) 矩阵，则 \(AB=C\)，\(C\) 为 \(m\times n\) 矩阵，\(C_{i,j}=\sum_{k=1}^p A_{i,k}B_{k,j}\)。

struct matrix {long long c[101][101];long long m,n;matrix() {memset(c,0,sizeof c);}
};
matrix operator*(matrix &x,matrix &y) {//重载运算-矩阵乘法matrix t;for(int i=1;i<=x.m;i++)for(int j=1;j<=y.n;j++)for(int k=1;k<=x.n;k++)t.c[i][j]=(t.c[i][j]+x.c[i][k]*y.c[k][j])%mod;t.m=x.m,t.n=y.n;return t;
}

发现若 \(I\) 为单位矩阵，\(A\) 为与 \(I\) 同阶的方阵，则 \(AI=A\)。

矩阵快速幂

模版。

由于矩阵乘法满足结合律，所以可以使用快速幂计算一个矩阵的幂。

类似于普通快速幂。

void qpow(matrix &A,long long k) {//计算 A^kmatrix res;res.m=A.m,res.n=A.n;for(int i=1;i<=A.n;i++) res.c[i][i]=1;//构造单位矩阵辅助 while(k) {if(k&1) res=res*A;A=A*A;k>>=1;}A=res; 
}

斐波那契 矩阵加速

题目传送门。

将相邻的两项 \(F_n,F_{n-1}\) 记作矩阵 \(\begin{bmatrix}F_{n}&F_{n-1}\end{bmatrix}\)，现在需要通过构造一个矩阵 \(A\)，使得 \(\begin{bmatrix}F_{n}&F_{n-1}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}F_{n-1}&F_{n-2}\end{bmatrix}\times A\)。

观察斐波那契递推公式得 \(F_n=F_{n-1}\times 1+F_{n-2}\times 1,F_{n-1}=F_{n-1}\times 1+F_{n-2}\times 0\)，则矩阵 \(A=\begin{bmatrix}1&1\\1&0\end{bmatrix}\)。

故有 \(\begin{bmatrix}F_{2}&F_{1}\end{bmatrix}\times \begin{bmatrix}1&1\\1&0\end{bmatrix}^{n-2}=\begin{bmatrix}F_{2}&F_{1}\end{bmatrix}\)

A.m=A.n=2;
A.c[1][1]=A.c[1][2]=A.c[2][1]=1;
qpow(A,k-2);
F.m=F.c[1][1]=F.c[1][2]=1,F.n=2;
F=F*A;

高斯消元求解线性方程组

模版&板中板。

线性方程组

\[\begin{cases}a_{1,1}x_{1}+a_{1,2}x_{2}+\dots+a_{1,n}x_n=b_1\\a_{2,1}x_{1}+a_{2,2}x_{2}+\dots+a_{2,n}x_n=b_2\\\dots\\a_{n,1}x_{1}+a_{n,2}x_{2}+\dots+a_{n,n}x_n=b_n\end{cases} \]

改写成矩阵

\[\begin{bmatrix}a_{1,1}&a_{1,2}&\dots&a_{1,n}\\a_{2,1}&a_{2,2}&\dots&a_{2,n}\\\vdots&\ddots&\ddots&\vdots\\a_{n,1}&a_{n,2}&\dots&a_{n,n}\end{bmatrix}\times\begin{bmatrix}x_1\\x_2\\\vdots\\x_n\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}b_1\\b_2\\\vdots\\b_n\end{bmatrix} \]

增广矩阵

将系数矩阵和常数矩阵放在一起，构成 \(n\times(n+1)\) 的增广矩阵。

\[\begin{bmatrix}a_{1,1}&a_{1,2}&\dots&a_{1,n}&b_1\\a_{2,1}&a_{2,2}&\dots&a_{2,n}&b_2\\\vdots&\ddots&\ddots&\ddots&\vdots\\a_{n,1}&a_{n,2}&\dots&a_{n,n}&b_n\end{bmatrix} \]

矩阵的初等行变换

1.交换两行
2.将某一行乘上一个 非零的数
3.把某行的若干倍加到另一行上

（其实就是在解多元一次方程组时的消元法）

高斯消元

先看消元结果：

\[\begin{bmatrix}1&a_{1,2}'&\dots&a_{1,n}'&b_1'\\0&1&\dots&a_{2,n}'&b_2'\\\vdots&\ddots&\ddots&\ddots&\vdots\\0&0&\dots&1&b_n'\end{bmatrix} \]

即若 \(i=j\)，则 \(a_{i,j}'=1\)；若 \(i>j\)，则 \(a_{i,j}'=0\)。

步骤：
1.枚举 主元（第 \(i\) 次枚举到 \(a_{i,i}\)）
2.找到最小的 \(j\) 使得 \(j\ge i\) 且 \(a_{j,i}\not=0\)
3.利用 变换1，交换第 \(i,j\) 行
4.利用 变换2，使 \(a_{i,i}\gets 1\)
5.利用 变换3，使每个 \(j>i\) 的 \(a_{j,i}\gets 0\)，即使第 \(j>i\) 行减去 \(a_{j,i}\) 倍的第 \(i\) 行

之后从下到上代入即可求解。

bool gsxy() {for(int i=1;i<=n;i++) {int r=i;while(fabs(a[r][i])<eps&&r<n) r++;//找主元if(fabs(a[r][i])<eps) return 0;//报告无唯一解if(r!=i) swap(a[r],a[i]);//1for(int j=n+1;j>=i;j--) a[i][j]/=a[i][i]*1.0;//2注意一定要倒着来for(int j=i+1;j<=n;j++) {//3for(int k=n+1;k>=i;k--) a[j][k]-=a[j][i]*a[i][k]*1.0;}}for(int i=n-1;i>=1;i--) {//代入for(int j=i+1;j<=n;j++) a[i][n+1]-=a[i][j]*a[j][n+1]*1.0;}return 1;//报告有解
}

无解，无数解，唯一解

若消完 \(n\) 行，则有唯一解。

若消到第 \(i\) 行时，有 \(a_{i,i}=b_{i}=0\)，则有无数组解。

若消到第 \(i\) 行时，有 \(a_{i,i}=0,b_{i}\not=0\)，则无解。

高斯-约旦消元法

先看消元结果：

\[\begin{bmatrix}a'_{1,1}&0&\dots&0&b_1'\\0&a'_{2,2}&\dots&0&b_2'\\\vdots&\ddots&\ddots&\ddots&\vdots\\0&0&\dots&a'_{n,n}&b_n'\end{bmatrix} \]

即若 \(i\not=j\)，则 \(a_{i,j}'=0\)。

步骤：
1.枚举 主元
2.找到最小的 \(j\) 使得 \(j\ge i\) 且 \(a_{j,i}\not=0\)
3.利用 变换3，使每个 \(j\not=i\) 的 \(a_{j,i}=0\)

之后就可以得到 \(x_i=\dfrac{b_i'}{a'_{i,i}}\)。

bool gsxy() {for(int i=1;i<=n;i++) {int r=i;while(fabs(a[r][i])<eps&&r<n) r++;//找主元if(fabs(a[r][i])<eps) return 0;if(r!=i) swap(a[r],a[i]);for(int j=1;j<=n;j++) {//3if(i==j) continue;double t=a[j][i]/a[i][i];for(int k=i;k<=n+1;k++) a[j][k]-=t*a[i][k];}}for(int i=1;i<=n;i++) a[i][n+1]/=a[i][i];return 1;
}

矩阵求逆

模版。

对于方阵 \(A\)，若存在同阶方阵 \(B\)，使得 \(AB=BA=I\)，则称 \(B\) 是 \(A\) 的逆矩阵，记为 \(A^{-1}\)。其中 \(I\) 是一个 单位矩阵。

高斯-约旦消元法求逆

构造 \(n\times 2n\) 矩阵 \((A,I)\)，通过高斯-约旦消元法变为 \((I,B)\)，此时 \(B\) 就是 \(A^{-1}\)。

注意：若 \((A,I)\)，无法使用高斯-撒旦消元法，则矩阵 \(A\) 不可逆。

证明

看作线性方程组的形式 \(AX=I\)，两边同乘 \(A^{-1}\)，则有 \(IX=A^{-1},X=A^{-1}\)，即消元后的 \(B=A^{-1}\)。

求模意义下的逆矩阵

1.双重模保证最小且非负
2.除法变为乘逆元，避免除法精度问题
3.逆元用费马小定理求出

bool gsxy() {for(int i=1;i<=n;i++) {int r=i;while(a[r][i]==0&&r<n) r++;if(a[r][i]==0) return 0;if(r!=i) swap(a[r],a[i]);long long x=qpow(a[i][i],mod-2);for(int j=1;j<=n;j++) {if(i==j) continue;long long t=a[j][i]*x%mod;for(int k=i;k<=2*n;k++) a[j][k]=(a[j][k]-t*a[i][k]%mod+mod)%mod;}for(int j=1;j<=2*n;j++) a[i][j]=(a[i][j]*x)%mod;}return 1;
}

排列组合

在本节中，规定 \(0!=1\)。

定义

排列

从 \(n\) 个不同元素中选取 \(m\) 个组成一种有特定顺序的 排列 的方案数为 \(A_n^m\) 或 \(A(n,m)\)。

有 \(A_n^m=\dfrac{n!}{(n-m)!}(0\le m\le n)\)。

若 \(m>n,A_n^m=0\)。

组合

从 \(n\) 个不同元素中选取 \(m\) 个形成一个 集合 的方案数为 \(C_n^m\) 或 \(C(n,m)\)。

有 \(C_n^m=\dfrac{n!}{m!(n-m)!}(0\le m\le n)\)。

若 \(m>n,C_n^m=0\)。

求组合数 递推公式

对于任意的 \(1\le m\le n\)，有 \(C_n^m=C_{n-1}^m+C_{n-1}^{m-1}\)。

证明

从 \(n\) 个数中选 \(m\) 个数，

• 若第 \(n\) 个数不选，则要从 \(n-1\) 个数中选 \(m\) 个，即 \(C_{n-1}^m\)
• 若第 \(n\) 个数选，则要从 \(n-1\) 个数中选 \(m-1\) 个，即 \(C_{n-1}^{m-1}\)

杨辉三角

杨辉三角形如

\[\begin{aligned}1\\1\ 1\\1\ 2\ 1\\ 1\ 3\ 3\ 1\\\vdots\ \ \vdots\ \ \vdots\ \ \vdots\ \ \vdots\end{aligned} \]

即一个数等于上面两个数的和。

设其第 \(i\) 行 \(j\) 列的数为 \(a_{i,j}\)，其中 \(i,j\) 从零开始，则有 \(a_{i,j}=a_{i-1,j}+a_{i-1,j-1}\)，和刚刚的递推公式一模一样！所以也有 \(a_{i,j}=C_i^j\)。

时间复杂度 \(O(n^2)\)。

求模意义下的组合数

求 \(C_n^m\bmod p\)，\(p\) 为质数且 \(p>n,m\)。

考虑根据 \(C_n^m=\dfrac{n!}{m!(n-m)!}(0\le m\le n)\) 直接计算 \(C_n^m\)。

记 \(f(x)\) 为 \(x!\pmod p\)，\(g(x)\) 为 \((x!)^{-1}\pmod p\)，由于 \(p\) 为质数且 \(p>n,m\)，所以 \(m,n\) 与 \(p\) 互质，根据费马小定理就有 \(g(x)\equiv(x!)^{-1}\equiv x^{p-2}\pmod p\)。

\(f(x)\) 递推，\(g(x)\) 快速幂即可，\(C_n^m\equiv f(n)g(m)g(n-m)\pmod p\)。

时间复杂度 \(O(n\log p)\)。

void init() {f[0]=g[0]=1;for(int i=1;i<N;i++) {f[i]=(f[i-1]*i)%P;g[i]=(g[i-1]*qpow(i,P-2))%P;}
}
long long C(long long n,long long m) {return ((f[n]*g[m])%P*g[n-m])%P;
}

二项式定理

对于任意的整数 \(x,y,n\)，有 \((x+y)^n=\sum_{i=0}^n C_n^ix^iy^{n-i}\)。

证明

在一个 \((x+y)\) 中，会拆出一个 \(x\) 和一个 \(y\)，那么拆出 \(i\) 个 \(x\) 的情况数就为 \(C_n^i\)，这些式子的和为 \(C_n^ix^iy^{n-i}\)，总和即 \(\sum_{i=0}^n C_n^ix^iy^{n-i}\)。

广义二项式定理

即将二项式定理推广到实数域，即对于任意的实数 \(x,y,\alpha\)，有 \((x+y)^\alpha=\sum_{i=0}^\alpha C_\alpha^ix^iy^{\alpha-i}\)。

其中 \(C_\alpha^i=\dfrac{\alpha(\alpha-1)(\alpha-2)\dots(\alpha-i+1)}{i!}\)。

卢卡斯定理

模版。

对于 质数 \(p\)，且有 \(0\le m\le n\) 时，\(C_n^m\equiv C_{n/p}^{m/p}C_{n\bmod p}^{m\bmod p}\pmod p\)。

证明

引理 1：\(C_x^p\equiv 0\pmod p(0<x<p)\)，\(p\) 为质数。

证明：\(C_p^x=\dfrac{p!}{x!(p-x)!}=\dfrac{p(p-1)!}{x(x-1)!(p-x)!}=\dfrac{p}{x}C_{p-1}{x-1}\)，则有 \(C_p^x\equiv p\times x^{-1}\times C_{p-1}^{x-1}\equiv 0\pmod p\)。

引理2：\((1+x)^p\equiv 1+x^p\pmod p\)。

证明：由二项式定理：\((1+x)^p=\sum_{i=0}^p C_p^i x^i\)，由引理 1，只剩 \(i=0\) 和 \(i=p\) 两项，即 \(1+x^p\)。

卢卡斯定理证明：

令 \(nap+b,m=cp+d\)，那么有

\[(1+x)^n\equiv \sum_{i=0}^n C_n^ix^i\pmod p \]

其中 \(x^m\) 系数为 \(C_n^m\)，又因为有

\[\begin{aligned}(1+x)^n&\equiv (1+x)^{ap+b}\\&\equiv ((1+x)^p)^a\times(1+x)^b\\&\equiv (1+x^p)^a\times(1+x)^b\\&\equiv \sum_{i=0}^aC_a^i x^{ip}\times\sum_{j=0}^{b}C_b^ix^j\pmod p\end{aligned} \]

中 \(x^m=x^{cp+d}=x^{cp}\times x^d\) 的系数为 \(C_{a}^{c}C_{b}^{d}\)，所以有 \(C_n^m\equiv C_{n/p}^{m/p}C_{n\bmod p}^{m\bmod p}\pmod p\)。

\(C_{n\bmod p}^{m\bmod p}\) 直接计算，\(C_{n/p}^{m/p}\) 递归到 \(m=0\) 即可。

时间复杂度 \(O(p\log p+\log_pn)\)。

long long C(long long n,long long m) {if(m>n) return 0;//注意特判else return ((f[n]*g[m])%P*g[n-m])%P;
}
long long lcs(long long n,long long m) {if(m==0) return 1;else return (lcs(n/P,m/P)*C(n%P,m%P))%P;
}

筛法高精度求组合数

1.筛出 \(1\sim n\) 的质数
2.计算 \(C_n^m=\dfrac{n!}{m!(n-m)!}\) 中质数 \(p\) 的个数，根据唯一分解定理，利用高精度计算答案

\(n!\) 中质因子 \(p\) 的个数 \(s=\dfrac{n}{p}+\dfrac{n}{p^2}+\dfrac{n}{p^3}+\dots\)。除法向下取整。

其实就是在求 \(1\sim n\) 中为 \(p\) 的倍数的数的个数，为 \(p^2\) 倍数的数的个数，为 \(p^3\) 倍数的数的个数……根据乘法原理，其和便为 \(n!\) 中质因子 \(p\) 的个数。

int get(int n,int p) {//n! 中 p 的个数int s=0;while(n) s+=n/p,n/=p;return s;
}
int getps(int n,int m,int p) {//C 中 p 的个数return get(n,p)-get(m,p)-get(n-m,p);
}
void mul(int p,int &len) {int t=0;for(int i=0;i<len;i++) {t+=C[i]*p;C[i]=t%10;t/=10;}while(t) {C[len++]=t%10;t/=10;}
}