数轮部分#

数论#

这一部分只考虑整数

一些定义#

完全积性函数
$f$ 为完全积性函数，则 $f(ab)=f(a)f(b)$
积性函数
$f$ 为积性函数，则在 $(a,b)=1$ 时，有 $f(ab)=f(a)f(b)$
常见的积性函数
$I(n)=1$
$\varepsilon (n)=[n=1]$
$id(n)=n$
$\varphi (n)=\sum_{i=1}^{n} [(i,n)=1]= n\prod (1-\frac{1}{p_{i}})$ , $p_{i}$ 为 $n$ 的唯一分解中互不相同的质数
$\mu (n)$ 莫比乌斯函数， $n=1$ 时， $\mu(n)=1$ ,当 $n$ 的唯一分解的质数的次数都为1， $\mu(n)$ 为 $-1$ 的质数种类次方，否则 $\mu(n)=0$
$d(n)$ 表示 $n$ 的约数个数
$\sigma(n)$ 表示 $n$ 的约数和
$\sigma_{k}(n)$ 表示n的约数的 $k$ 次方的和（除数函数）

筛法#

埃拉托斯特尼筛法#

埃拉托斯特尼筛法筛素数
主体思想是逐个去掉所有质数的倍数，枚举到的下一个就是质数

1
int vis[N],pri[N],cnt;
2
void Eratosthenes(int n){
3
    vis[0]=vis[1]=0;cnt=0;
4
    for(int i=2;i<=n;i++)vis[i]=1;
5
    for (int i=2;i<=n;i++){
6
        if (vis[i]){
7
            pri[cnt++]=i;
8
            if (1ll*i*i>n)continue;
9
            for (int j=i*i;j<=n;j+=i){
10
                vis[j]=0;
11
            }
12
        }
13
    }
14
}

线性筛（欧拉筛）#

线性筛的主体思想是让每个数都被自己最小的质因数筛掉

1
void Euler(int n){
2
    cnt=0;
3
    for (int i=2;i<=n;i++)vis[i]=0;
4
    for (int i=2;i<=n;i++){
5
        if (!vis[i])pri[cnt++]=i;
6
        for (int j=1;j<=cnt;j++){
7
            if (1ll*i*pri[j]>n)break;
8
            vis[i*pri[j]]=1;
9
            if (i%pri[j]==0)break;
10
        }
11
    }
12
}

注意代码中 $i \mod pri[j] = 0$ 说明已经到了 $i$ 的最小质数，如果继续，那么接下来的数就不是被最小的质数筛掉了，以为 $i$ 的最小质数是 $pri[j]$

用线性筛求一些函数#

求 $\varphi(n)$ ，设 $p_{1}$ 为 $n$ 的最小质因子,且 $n=m p_{1}$
如果 $(m,p_{1})=1$ , $\varphi(n)=\varphi(p_{1}) \times \varphi(m)=(p_{1}-1)\varphi(m)$
如果 $(m,p_{1})\neq1$ , $\varphi(n)=n \prod(1-\frac{1}{p_{i}})=mp_{1}\prod(1-\frac{1}{p_{i}})=p_{1}\varphi(m)$

1
int phi[N];
2
void get_phi(int n){
3
    cnt=0;phi[1]=1;
4
    for (int i=2;i<=n;i++)vis[i]=0;
5
    for (int i=2;i<=n;i++){
6
        if (!vis[i])pri[++cnt]=i,phi[i]=i-1;
7
        for (int j=1;j<=cnt;j++){
8
            if (1ll*i*pri[j]>n)break;
9
            if (i%pri[j]==0){
10
                vis[i*pri[j]]=1;phi[i*pri[j]]=pri[j]*phi[i];
11
                break;
12
            }
13
            vis[i*pri[j]]=1;phi[i*pri[j]]=(pri[j]-1)*phi[i];
14
        }
15
    }
16
}

求 $\mu(n)$ ,设 $p_{1}$ 为 $n$ 的最小质因子， $n=mp_{1}$
$\mu(p^{k})=-1\times[k=1]$
如果 $(m,p_{1})=1$ , $\mu(n)=\mu(p_{1})\times\mu(m)=-1\times\mu(m)$
如果 $(m,p_{1})\neq1$ , $\mu(n)=0$

1
int mu[N];
2
void get_mu(int n){
3
    cnt=0;mu[1]=1;
4
    for (int i=2;i<=n;i++)vis[i]=0;
5
    for (int i=2;i<=n;i++){
6
        if (!vis[i])pri[++cnt]=i,mu[i]=-1;
7
        for (int j=1;j<=cnt;j++){
8
            if (1ll*i*pri[j]>n)break;
9
            if (i%pri[j]==0){
10
                vis[i*pri[j]]=1;mu[i*pri[j]]=0;
11
                break;
12
            }
13
            vis[i*pri[j]]=1;mu[i*pri[j]]=-mu[i];
14
        }
15
    }
16
}

求 $d(n)$ ,设 $n=\prod p_{i}^{a_{i}}$ , $d(n)=\prod (a_{i}+1)$ , $n=p_{1}m$ , $p_{1}$ 为 $n$ 的最小质因子
如果 $(m,p_{1})=1$ , $d(n)=d(p_{1})d(m)=2d(m)$
如果 $(m,p_{1})\neq1$ , $d(n)=d(p_{1}^{k})d(\frac{n}{p_{1}^{k}})$ , $p_{1}^{k}||n$
我们需要维护 $k$ ，即最小质因子的个数，令 $num_{i}$ 为 $i$ 的最小质因子的个数，则有
如果 $(m,p_{1})=1$ , $d(n)=d(p_{1})d(m)=2d(m)$ ， $num_{n}=1$
如果 $(m,p_{1})\neq1$ , $d(n)=d(p_{1}^{k})d(\frac{n}{p_{1}^{k}})=\frac{(num_{m}+2)d(m)}{num_{m}+1}=\frac{(num_{n}+1)d(m)}{num_{n}}$ , $num_{n}=num_{m}+1$

1
int d[N],num[N];
2
void get_d(int n){
3
    cnt=0;d[1]=1;
4
    for (int i=2;i<=n;i++)vis[i]=0;
5
    for (int i=2;i<=n;i++){
6
        if (!vis[i])pri[++cnt]=i,d[i]=2,num[i]=1;
7
        for (int j=1;j<=cnt;j++){
8
            if (1ll*i*pri[j]>n)break;
9
            if (i%pri[j]==0){
10
                vis[i*pri[j]]=1;num[i*pri[j]]=num[i]+1;d[i*pri[j]]=d[i]*(num[i*pri[j]]+1)/num[i*pri[j]];
11
                break;
12
            }
13
            vis[i*pri[j]]=1;num[i*pri[j]]=1;d[i*pri[j]]=2*d[i];
14
        }
15
    }
16
}

求 $\sigma(n)$ , $\sigma(n)=\prod (1+p_{i}+...+p_{i}^{a_{i}})=\prod \frac{p_{i}^{a_{i}+1}-1}{p_{i}-1}$ , $n=mp_{1}$ , $p_{1}$ 为 $n$ 的最小质因子
令 $g_{i}=\sum_{t=0}^{num_{i}}p_{1}^{t}$
如果 $(m,p_{1})=1$ , $\sigma(n)=(1+p_{1})\sigma(m)$ , $num_{n}=1$ , $g_{n}=1+p_{1}$
如果 $(m,p_{1})\neq1$ , $\sigma(n)=\sigma(p_{1}^{num_{m}+1})\sigma(\frac{m}{p_{1}^{num_{m}}})=\frac{(p_{1}^{num_{m}+2}-1)\sigma(m)}{p_{1}^{num_{m}+1}-1}=\frac{g_{n}\sigma(m)}{g_{m}}$ , $g_{n}=1+p_{1}g_{m}$

1
int dsum[N],gsum[N];
2
void get_dsum(int n){
3
    cnt=0;dsum[1]=1;
4
    for (int i=2;i<=n;i++)vis[i]=0;
5
    for (int i=2;i<=n;i++){
6
        if (!vis[i])pri[++cnt]=i,dsum[i]=1+i,gsum[i]=1+i;
7
        for (int j=1;j<=cnt;j++){
8
            if (1ll*i*pri[j]>n)break;
9
            if (i%pri[j]==0){
10
                vis[i*pri[j]]=1;
11
                gsum[i*pri[j]]=pri[j]*gsum[i]+1;
12
                dsum[i*pri[j]]=dsum[i]*(gsum[i*pri[j]])/gsum[i];
13
                break;
14
            }
15
            vis[i*pri[j]]=1;
16
            gsum[i*pri[j]]=1+pri[j];
17
            dsum[i*pri[j]]=(1+pri[j])*dsum[i];
18
        }
19
    }
20
}

狄利克雷卷积#

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

数论分块#

用于计算形如 $\sum_{i=1}^{n}f(i)g(\lfloor \frac{n}{i} \rfloor)$ 的式子
若能 $O(1)$ 预处理 $f$ 的前缀和,则可在 $O(\sqrt n)$ 的时间计算上式

一维#

先看简单情况考虑计算 $\sum_{i=1}^{n} \lfloor \frac{n}{i} \rfloor$ ,即为 $f(i)=1,g(i)=i$
我们按照 $\lfloor \frac{n}{i} \rfloor=d$ 的值分块,设这块区间为 $[l,r]$
则有 $d \leq \frac{n}{i} < d+1$ ,取倒数有 $\frac{1}{d+1} < \frac{i}{n} \leq \frac{1}{d}$ ,
则 $\lfloor\frac{n}{d+1} \rfloor+1 \leq {i} \leq \lfloor\frac{n}{d}\rfloor$
右端点为 $r=\lfloor\frac{n}{\lfloor\frac{n}{l}\rfloor}\rfloor$

向上取整#

计算 $\sum_{i=1}^{n}f(i)g(\lceil \frac{n}{i} \rceil)$
注意到 $\lceil \frac{n}{i} \rceil=\lfloor \frac{n-1}{i} \rfloor+1$
$\sum_{i=1}^{n}f(i)g(\lceil \frac{n}{i} \rceil)=f(n)g(1)+\sum_{i=1}^{n-1}f(i)g(\lfloor \frac{n-1}{i} \rfloor+1)$

多维#

计算 $\sum_{i=1}^{n}f(i)g(\lfloor \frac{n_{1}}{i} \rfloor,\lfloor \frac{n_{2}}{i} \rfloor,...,\lfloor \frac{n_{m}}{i} \rfloor)$
只需要对一个 $l$ 取交集即可， $r=min_{i=1}^{m} {\lfloor\frac{n_{i}}{\lfloor\frac{n_{i}}{l}\rfloor}\rfloor}$

任意指数#

计算 $\sum_{i=1}^{\lfloor n^{\frac{a}{b}} \rfloor}f(i)g(\lfloor \frac{n^{a}}{i^{b}}\rfloor)$
同上可知 $\lfloor\frac{n^{\frac{a}{b}}}{(d+1)^{\frac{1}{b}}} \rfloor+1 \leq {i} \leq \lfloor\frac{n^{\frac{a}{b}}}{d^{\frac{1}{b}}}\rfloor$
复杂度为 $O(n^{\frac{a}{b+1}})$

莫比乌斯反演#

普通形式#

首先有恒等式 $\sum_{d|n}\mu(d)=[n=1]$
设 $n=\prod p_{i}^{e_{i}}$ , $n'=\prod p_{i}$ ,则 $\sum_{d|n}=\sum_{i=0}^{k}(-1)^{i}\binom{k}{i}=(1+(-1))^{k}=[n=1]$
即 $\varepsilon=1*\mu$
简单应用 $[gcd(i,j)=1\sum_{d|gcd(i,j)}\mu(d)=\sum_{d}[d|i][d|j]\mu(d)$
主要形式 $f(n)=\sum_{d|n}g(d)<=>g(n)=\sum_{d|n}\mu(\frac{n}{d})f(d)$ ,可直接带入验证
上述形式等价与 $f=1*g<=>g=\mu*f$
故 $\mu*f=\mu*1*g=\epsilon*g=g$
对 $\varphi(n)$ 有, $n=\sum_{d|n}\varphi(d)$ ,即 $id=1*\varphi$ ,则 $\varphi=\mu*id$ , $\varphi(n)=\sum_{d|n}d\mu(\frac{n}{d})$
对 $\sigma_{k}(n)=\sum_{d|n}d^{k}$ ,有 $\sigma_{k}=1*id_{k}$ ,则 $id_{k}=\mu*\sigma_{k}$
对互异素因子数目函数 $\omega(n)=\sum_{d|n}[d\in P]$ ,即 $\omega=1*1_{P}$ ,则 $1_{P}=\mu*\omega$ , $[n\in P]=\sum_{d}\mu(\frac{n}{d})\omega(d)$

拓展形式#

$f(n)=\sum_{n|d}g(d)<=>g(n)=\sum_{n|d}\mu(\frac{d}{n})f(d)$
$f(n)=\prod_{d|n}g(d)<=>g(n)=\prod_{d|n}f(d)^{\mu(\frac{n}{d})}$
$f(n)=\sum_{d|n}\alpha(\frac{n}{d})g(n)<=>g(n)=\sum_{d|n}\alpha^{-1}(\frac{n}{d})f(d)$ ,即 $f=\alpha*g<=>g=\alpha^{-1}*f$ , $\alpha^{-1}$ 为 $\alpha$ 的 $Dirichlet$ 逆
$f(n)=\sum_{i=1}^{n}g(\lfloor\frac{n}{i}\rfloor)<=>g(n)=\sum_{i=1}^{n}\mu(i)f(\lfloor\frac{n}{i}\rfloor)$

$Dirichlet$ 前缀和#

如果将每一个素数都看作一个维度，这就是一种高维前缀和．从小到大遍历所有素数 𝑝，并将 𝑛处的函数值累加到 𝑛𝑝处．这和 $Eratosthenes$ 筛法的遍历顺序是一致的．因此，这一算法可以在 $𝑂(𝑛log⁡log⁡𝑛)$ 时间内计算出长度为 $𝑛$ 的数列的 $Dirichlet$ 前缀和．类似地，利用逐维差分就可以在相同时间复杂度内求出数列的 $Dirichlet$ 差分．

1
int f[N],g[N];
2
void di_presum(int n){
3
    for (int i=0;i<=n;i++)vis[i]=0,f[i]=g[i];
4
    for (int i=2;i<=n;i++){
5
        if (vis[i])continue;
6
        for (int j=1,ij=i;i*j<=n;j++,ij+=j){
7
            vis[ij]=1;
8
            f[ij]+=g[j];
9
        }
10
    }
11
}
12
void di_diff(int n){
13
    for (int i=0;i<=n;i++)vis[i]=0,g[i]=f[i];
14
    for (int i=2;i<=n;i++){
15
        if (vis[i])continue;
16
        for (int j=n/i,ij=i*j;j>=1;j--,ij-=j){
17
            vis[ij]=1;
18
            g[ij]-=f[j];
19
        }
20
    }
21
}

杜教筛#

用低于线性的时间求 $S(n)=\sum_{i=1}^{n}f(i)$
构造一个 $g$ , $g$ 满足 $g,f*g$ 的前缀和可以很快的求出
$\sum_{i=1}^{n}(f*g)(i)=\sum_{i=1}^{n}\sum_{d|i}f(\frac{i}{d})g(d)=\sum_{i=1}^{n}g(i)S(\lfloor\frac{n}{i}\rfloor)$ ,最后一步可以这么理解 $f,g$ 括号内的乘积都是小于等于 $n$ 的
则 $g(1)S(n)=\sum_{i=1}^{n}(f*g)(i)-\sum_{i=2}^{n}g(i)S(\lfloor\frac{n}{i}\rfloor)$
时间复杂度 $O(n^{\frac{3}{4}})$

Min_25筛#

低于线性时间求积性函数前缀和
要求： $f(p)$ 是关于 $p$ 的可以快速求值的完全积性函数之和； $f(p^{c})$ 可以快速求值
$p_{k}$ 为第 $k$ 小的质数， $p_{0}=1$
$lpf(n)$ 为 $n$ 的最小质因数， $lpf(1)=1$
$F_{prime}(n)=\sum_{p\leq n}f(p)$
$F_{k}(n)=\sum_{i=2}^{n}[p_{k}\leq lpf(i)]f(i)$
发现答案即为 $F_{1}(n)+f(1)$

\begin{align} F_{k}(n) &= \sum_{i=2}^{n} [p_{k} \le lpf(i)] f(i) \\ &= \sum_{k \le i,\, p_{i}^{2} \le n} \sum_{c \ge 1,\, p_{i}^{c} \le n} f(p_{i}^{c}) \bigl([c > 1] + F_{i+1}(\lfloor n / p_{i}^{c} \rfloor)\bigr) + F_{\text{prime}}(n) - F_{\text{prime}}(p_{k-1}) \\ &= \sum_{k \le i,\, p_{i}^{2} \le n} \sum_{c \ge 1,\, p_{i}^{c+1} \le n} \bigl(f(p_{i}^{c+1}) + f(p_{i}^{c}) F_{i+1}(\lfloor n / p_{i}^{c} \rfloor)\bigr) + F_{\text{prime}}(n) - F_{\text{prime}}(p_{k-1}) \end{align}

考虑计算 $F_{k}(n)$
$1.$ 直接递推
$2.$ 从大到小枚举 $p$ ，当 $p^{2}<n$ 时转移增加值不为零，可后缀和优化
考虑计算 $F_{prime}(n)$ ，发现只有 $1,2,...,\lfloor\sqrt n\rfloor,\lfloor\frac{n}{\lfloor\sqrt n\rfloor}\rfloor,...,\lfloor\frac{n}{2}\rfloor,n$ 这几个点有用
一般 $f(p)=\sum a_{i}p^{c_{i}}$ ，我们计算 $\sum_{p\leq m}g(p),g(p)=p^{s}$
$G_{k}(n)$ 表示埃筛第 $k$ 轮筛后剩下的 $g$ 的和
有递推公式 $G_{k}(n)=G_{k-1}(n)-[p_{k}^{2}\leq n]g(p_{k})(G_{k-1}(\lfloor\frac{n}{p_{k}}\rfloor)-G_{k-1}({p_{k-1}}))$
$G_{k-1}(\lfloor\frac{n}{p_{k}}\rfloor)-G_{k-1}({p_{k-1}})$ 的结果是最小质因子大于 $p_{k-1}$ 的数的次方和
然后就可以用 $G$ 合并得到 $F$ 了

类欧几里得算法#

$f(a,b,c,n)=\sum_{i=0}^{n} \lfloor \frac{ai+b}{c} \rfloor$
$g(a,b,c,n)=\sum_{i=0}^{n} \lfloor \frac{ai+b}{c} \rfloor ^{2}$
$h(a,b,c,n)=\sum_{i=0}^{n} i\lfloor \frac{ai+b}{c} \rfloor$
计算 $f$

\begin{align} f(a,b,c,n) &= \sum_{i=0}^{n} \left\lfloor \frac{ai+b}{c} \right\rfloor \\ &= \sum_{i=0}^{n} \left\lfloor \frac{(\lfloor a/c \rfloor \cdot c + (a \bmod c)) i + \lfloor b/c \rfloor \cdot c + (b \bmod c)}{c} \right\rfloor \\ &= \sum_{i=0}^{n} \left\lfloor \frac{(a \bmod c)i + (b \bmod c)}{c} \right\rfloor + \lfloor a/c \rfloor \, i + \lfloor b/c \rfloor \\ &= \frac{n(n+1)}{2} \lfloor a/c \rfloor + (n+1)\lfloor b/c \rfloor + f(a \bmod c,\, b \bmod c,\, c,\, n) \end{align}

如果 $a<c,b<c$ , $m=\lfloor \frac{an+b}{c} \rfloor$ , $\lfloor \frac{ai+b}{c} \rfloor=\lceil \frac{ai+b+1}{c} \rceil-1$

\begin{align} f(a,b,c,n) &= \sum_{i=0}^{n} \left\lfloor \frac{ai+b}{c} \right\rfloor \\ &= \sum_{i=0}^{n} \sum_{j=0}^{m-1} [\, j < \left\lfloor \frac{ai+b}{c} \right\rfloor \,] \\ &= \sum_{i=0}^{n} \sum_{j=0}^{m-1} [\, j < \left\lceil \frac{ai+b+1}{c} \right\rceil - 1 \,] \\ &= \sum_{i=0}^{n} \sum_{j=0}^{m-1} [\, j+1 < \left\lceil \frac{ai+b+1}{c} \right\rceil \,] \\ &= \sum_{i=0}^{n} \sum_{j=0}^{m-1} [\, j+1 < \frac{ai+b+1}{c} \,] \\ &= \sum_{i=0}^{n} \sum_{j=0}^{m-1} [\, jc + c < ai + b + 1 \,] \\ &= \sum_{j=0}^{m-1} \sum_{i=0}^{n} [\, i > \frac{cj + c - b - 1}{a} \,] \\ &= \sum_{j=0}^{m-1} \sum_{i=0}^{n} [\, i > \left\lfloor \frac{cj + c - b - 1}{a} \right\rfloor \,] \\ &= \sum_{j=0}^{m-1} \left( n - \left\lfloor \frac{cj + c - b - 1}{a} \right\rfloor \right) \\ &= mn - f(c,\, c-b-1,\, a,\, m-1) \end{align}

计算 $g,h$

\begin{align} g(a,b,c,n) &= \sum_{i=0}^{n} \left\lfloor \frac{ai+b}{c} \right\rfloor^{2} \\ &= \sum_{i=0}^{n} \left\lfloor \frac{(\lfloor a/c \rfloor \cdot c + (a \bmod c)) i + \lfloor b/c \rfloor \cdot c + (b \bmod c)}{c} \right\rfloor^{2} \\ &= \sum_{i=0}^{n} \left( \left\lfloor \frac{(a \bmod c)i + (b \bmod c)}{c} \right\rfloor + \lfloor a/c \rfloor \, i + \lfloor b/c \rfloor \right)^{2} \\ &= \sum_{i=0}^{n} \left\lfloor \frac{(a \bmod c)i + (b \bmod c)}{c} \right\rfloor^{2} + \sum_{i=0}^{n} (\lfloor a/c \rfloor \, i)^{2} + \sum_{i=0}^{n} \lfloor b/c \rfloor^{2} \\ &\quad + 2 \lfloor a/c \rfloor \sum_{i=0}^{n} i \left\lfloor \frac{(a \bmod c)i + (b \bmod c)}{c} \right\rfloor + 2 \lfloor b/c \rfloor \sum_{i=0}^{n} \left\lfloor \frac{(a \bmod c)i + (b \bmod c)}{c} \right\rfloor \\ &\quad + 2 \lfloor a/c \rfloor \lfloor b/c \rfloor \sum_{i=0}^{n} i \\ &= g(a \bmod c,\, b \bmod c,\, c,\, n) + \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} \lfloor a/c \rfloor^{2} + (n+1)\lfloor b/c \rfloor^{2} \\ &\quad + 2 \lfloor a/c \rfloor \, h(a \bmod c,\, b \bmod c,\, c,\, n) + 2 \lfloor b/c \rfloor \, f(a \bmod c,\, b \bmod c,\, c,\, n) + n(n+1)\lfloor a/c \rfloor \lfloor b/c \rfloor \end{align}

如果 $a<c,b<c,m=\lfloor \frac{an+b}{c} \rfloor$

\begin{align} g(a,b,c,n) &= \sum_{i=0}^{n} \left\lfloor \frac{ai+b}{c} \right\rfloor^{2} \\ &= \sum_{i=0}^{n} \sum_{j=0}^{m-1} (2j+1)\,[\, j < \left\lfloor \frac{ai+b}{c} \right\rfloor \,] \\ &= \sum_{j=0}^{m-1} (2j+1) \sum_{i=0}^{n} \left[\, i > \left\lfloor \frac{cj + c - b - 1}{a} \right\rfloor \,\right] \\ &= \sum_{j=0}^{m-1} (2j+1)\left( n - \left\lfloor \frac{cj + c - b - 1}{a} \right\rfloor \right) \\ &= m^{2} n - 2\, h(c,\, c-b-1,\, a,\, m-1) - f(c,\, c-b-1,\, a,\, m-1) \end{align}

\begin{align} h(a,b,c,n) &= \sum_{i=0}^{n} \left\lfloor \frac{ai+b}{c} \right\rfloor\, i \\ &= \sum_{i=0}^{n} \left\lfloor \frac{(\lfloor a/c \rfloor \cdot c + (a \bmod c))\, i + \lfloor b/c \rfloor \cdot c + (b \bmod c)} {c} \right\rfloor i \\ &= \sum_{i=0}^{n} \left\lfloor \frac{(a \bmod c)i + (b \bmod c)}{c} \right\rfloor i + \lfloor a/c \rfloor\, i^{2} + \lfloor b/c \rfloor\, i \\ &= h(a \bmod c,\, b \bmod c,\, c,\, n) + \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}\lfloor a/c \rfloor + \frac{n(n+1)}{2}\lfloor b/c \rfloor \end{align}

如果 $a<c$ , $b<c$ , $m=\lfloor \frac{an+b}{c} \rfloor$

\begin{align} h(a,b,c,n) &= \sum_{i=0}^{n} \left\lfloor \frac{ai+b}{c} \right\rfloor\, i \\ &= \sum_{i=0}^{n} i \sum_{j=0}^{m-1} \left[\, j < \left\lfloor \frac{ai+b}{c} \right\rfloor \,\right] \\ &= \sum_{j=0}^{m-1} \sum_{i=0}^{n} i \left[\, i > \left\lfloor \frac{cj + c - b - 1}{a} \right\rfloor \,\right] \\ &= \sum_{j=0}^{m-1} \sum_{i=\left\lfloor \frac{cj + c - b - 1}{a} \right\rfloor + 1}^{n} i \\ &= \sum_{j=0}^{m-1} \frac{\left(n + \left\lfloor \frac{cj + c - b - 1}{a} \right\rfloor + 1\right) \left(n - \left\lfloor \frac{cj + c - b - 1}{a} \right\rfloor\right)}{2} \\ &= \frac{1}{2} \sum_{j=0}^{m-1} \left( (n+1)n - \left\lfloor \frac{cj + c - b - 1}{a} \right\rfloor - \left\lfloor \frac{cj + c - b - 1}{a} \right\rfloor^{2} \right) \\ &= \frac{1}{2}(n+1)nm - \frac{1}{2} f(c,\, c-b-1,\, a,\, m-1) - \frac{1}{2} g(c,\, c-b-1,\, a,\, m-1) \end{align}

最大公因数#

欧几里得算法#

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

扩展欧几里得算法#

$ax_{1}+by_{1}=gcd(a,b)$
$bx_{2}+(a\bmod b)y_{2}=gcd(b,a\bmod b)$ ,又 $(a\bmod b)=a-b\lfloor \frac{a}{b}\rfloor$ ，带入得
$bx_{2}+(a-b\lfloor \frac{a}{b}\rfloor)y_{2}=ay_{2}+b(x_{2}-\lfloor \frac{a}{b}\rfloor y_{2})=ax_{1}+by_{1}$
有 $x_{1}=y_{2}$ , $y_{1}=x_{2}-\lfloor \frac{a}{b}\rfloor y_{2}$
最终会有 $b=0$ , $a=gcd=>x=1$ , $y=0$

1
int exgcd(int a,int b,int& x,int& y){
2
    if (!b)return x=1,y=0,a;
3
    int d=exgcd(b,a%b,x,y);
4
    int t=x;
5
    x=y;
6
    y=t-(a/b)*y;
7
    return d;
8
}

欧拉函数#

一些性质#

积性函数 $gcd(a,b)=1=>\varphi(ab)=\varphi(a)\varphi(b)$
$n=\sum_{d|n}\varphi(d)$
$\varphi(p^{k})=p^{k}-p^{k-1}$
$\varphi(n)=\prod_{i=1}^{s}\varphi(p_{i}^{k_{i}})=\prod_{i=1}^{s}p_{i}^{k_{i}-1}(p_{i}-1)=n\prod_{i=1}^{s}(1-\frac{1}{p_{i}})$
$\varphi(mn)\varphi(gcd(m,n))=\varphi(m)\varphi(n)gcd(m,n)$

欧拉反演#

$\gcd(a,b)=\sum_{d|gcd(a,b)}\varphi(d)=\sum_{d}[d|a][d|b]\varphi(d)$
$\sum_{i=1}^{n}gcd(i,n)=\sum_{d}\sum_{i=1}^{n}[d|i][d|n]\varphi(d)=\sum_{d}\lfloor \frac{n}{d}\rfloor [d|n]\varphi(d)=\sum_{d|n}\lfloor \frac{n}{d}\rfloor \varphi(d)$

欧拉定理#

$gcd(a,m)=1$ ,则 $a^{\varphi(m)} \equiv 1(\bmod m)$

费马小定理#

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

扩展欧拉定理#

\begin{align} a^{b} \equiv \begin{cases} a^{\, b \bmod \varphi(m)}, & \gcd(a,m)=1, \\[6pt] a^{\, b}, & \gcd(a,m)\neq 1,\ b < \varphi(m), \\[6pt] a^{\, (b \bmod \varphi(m)) + \varphi(m)}, & \gcd(a,m)\neq 1,\ b \ge \varphi(m). \end{cases} \end{align}

裴蜀定理#

存在 $x,y$ 使得 $ax+by=gcd(x,y)$

二元一次不定方程#

$a_{1}x+a_{2}y=b$
$(x,y)=(x_{1}+t\frac{a_{2}}{gcd(a_{1},a_{2})},x_{2}-t\frac{a_{1}}{gcd(a_{1},a_{2})})$

$Frobenius$ 硬币问题#

有 $a_{1},a_{2},...,a_{n}$ 的面值的硬币若干种，且 $gcd(a_{1},a_{2},...,a_{n})=1$ ，那么最大的不能被表示的面值为多少
$n=2$ 时，答案为 $a_{1}a_{2}-a_{1}-a_{2}$

$Stern-Brocot$ 树与 $Farey$ 序列#

$waiting$

逆元#

线性求逆元#

$p= \lfloor \frac{p}{i}\rfloor i +(p\bmod i)$
$0\equiv\lfloor \frac{p}{i}\rfloor i +(p\bmod i) i +(p\bmod i)\bmod p$
$i^{-1}\equiv -\lfloor \frac{p}{i}\rfloor(p\bmod i)^{-1} \mod p$

中国剩余定理 $(CRT)$ #

基本形式#

$gcd(n_{1},n_{2},...,n_{k})=1$

\begin{cases} x \equiv a_{1} \pmod{n_{1}}, \\ x \equiv a_{2} \pmod{n_{2}}, \\ \vdots \\ x \equiv a_{k} \pmod{n_{k}}. \end{cases}

求 $x$
$1.$ 计算 $n=\prod_{i=1}^{k}n_{i}$
$2.m_{i}=\frac{n}{n_{i}},m_{i}^{-1}$ 为 $m_{i}\bmod n_{i}$ 的逆元
3. $x=\sum_{i=1}^{k}a_{i}m_{i}m_{i}^{-1}$

1
int a[N],r[N];
2
int crt(int k){
3
    int n=1,ans=0;
4
    for (int i=1;i<=k;i++)n*=r[i];
5
    for (int i=1;i<=k;i++){
6
        int m=n/r[i];
7
        ans=(ans+a[i]*m*pow(m,r[i])%n)%n;
8
    }
9
    return (ans%n+n)%n;
10
}

$Garner$ #

$a<\prod_{i=1}^{k}p_{i}$ 且

\begin{cases} a \equiv a_{1} \pmod{p_{1}}, \\ a \equiv a_{2} \pmod{p_{2}}, \\ \vdots \\ a \equiv a_{k} \pmod{p_{k}}. \end{cases}

构造 $a=x_{1}+x_{2}p_{1}+...x_{k}p_{1}...p_{k-1}$ ,设 $p_{i}r_{i,j}\equiv1(\bmod p_{j})$
带入有
$x_{1}\equiv a_{1}(\bmod p_{1})$
$x_{1}+x_{2}p_{1}\equiv a_{2}(\bmod p_{2})=>$ , $x_{2}\equiv (a_{2}-x_{1})r_{1,2}(\bmod p_{2})$
以此类推
$x_{k}\equiv (...((a_{k}-x_{1})r_{1,k}-x_{2})r_{2,k}...)r_{k-1,k}(\bmod p_{k})$

1
for (int i = 0; i < k; ++i) {
2
  x[i] = a[i];
3
  for (int j = 0; j < i; ++j) {
4
    x[i] = r[j][i] * (x[i] - x[j]);
5
    x[i] = x[i] % p[i];
6
    if (x[i] < 0) x[i] += p[i];
7
  }
8
}

(粘的代码)

扩展#

$x\equiv a_{1}(\bmod m_{1})$ , $x\equiv a_{2}(\bmod m_{2})$ , $m_{1},m_{2}$ 不一定互质
$x=m_{1}p+a_{1}=m_{2}q+a_{2}=>m_{1}p+m_{2}q=(a_{2}-a_{1})$
当 $gcd(m_{1},m_{2})\nmid (a_{2}-a_{1})$ 时，无解
否则可以求出一组 $(p,q)$ ,使得 $x\equiv b(\bmod lcm(m_{1},m_{}))$
多个方程两两合并

升幂引理#

$\nu_{p}(n)$ ,表示 $n$ 的标准分解中 $p$ 的次数,即 $p^{\nu_{p}(n)}||n$

第一部分#

对所有素数 $p$ 和满足 $gcd(n,p)=1$ 的整数 $n$ ,
$1.$ 若 $p | x-y$ ,则： $\nu_{p}(x^{n}-y^{n})=\nu_{p}(x-y)$
$2.$ 若 $p|x+y$ ,则对奇数 $n$ 有： $\nu_{p}(x^{n}+y^{n})=\nu_{p}(x+y)$
$Proof$ :
$p|x-y<=>x\equiv y(\bmod p)$
$\sum_{i=0}^{n-1}x^{i}y^{n-1-i}\equiv nx^{n-1}\not\equiv 0(\bmod p)$
$x^{n}-y^{n}=(x-y)\sum_{i=0}^{n-1}x^{i}y^{n-1-i}$
则有 $\nu_{p}(x^{n}-y^{n})=\nu_{p}(x-y)$

$p|x+y<=>x\equiv -y(\bmod{p})$
$\sum_{i=0}^{n-1}x^{i}(-y)^{n-1-i}\equiv nx^{n-1}\not\equiv 0(\bmod p)$
$x^{n}+y^{n}=(x+y)\sum_{i=0}^{n-1}x^{i}(-y)^{n-1-i}$
则有 $\nu_{p}(x^{n}+y^{n})=\nu_{p}(x+y)$

第二部分#

对所有奇素数 $p$ ,
$1.$ 若 $p | x-y$ ,则： $\nu_{p}(x^{n}-y^{n})=\nu_{p}(x-y)+\nu_{p}(n)$
$2.$ 若 $p|x+y$ ,则对奇数 $n$ 有： $\nu_{p}(x^{n}+y^{n})=\nu_{p}(x+y)+\nu_{p}(n)$
$Proof$
我们只需要证明 $p\mid n$ 的情况
$n=p$ 时,我们只要证 $p^{2}\nmid \sum_{i=0}^{n-1}x^{i}y^{n-1-i}$
设 $y=x+kp$ ,（下面有点啰嗦）

\begin{align} \sum_{i=0}^{p-1} x^{p-1-i} y^{i} &= \sum_{i=0}^{p-1} x^{p-1-i} (x + kp)^{i} \\ &= \sum_{i=0}^{p-1} x^{p-1-i} \sum_{j=0}^{i} \binom{i}{j} x^{i-j} (kp)^{j} \\ &= \sum_{i=0}^{p-1} x^{p-1} \sum_{j=0}^{i} \binom{i}{j} \left(\frac{kp}{x}\right)^{j} \\ &= x^{p-1} \sum_{j=0}^{p-1} \sum_{i=j}^{p-1} \binom{i}{j} \left(\frac{kp}{x}\right)^{j} \\ &= x^{p-1} \sum_{j=0}^{p-1} \left(\frac{kp}{x}\right)^{j} \sum_{i=j}^{p-1} \binom{i}{j} \\ &\equiv x^{p-1} \left( p + \frac{kp}{x} \sum_{i=1}^{p-1} \binom{i}{1} \right) \\ &\equiv x^{p-1} \left( p + \frac{kp}{x} \cdot \frac{(p-1)p}{2} \right) \\ &\equiv x^{p-1} p \\ &\not\equiv 0 \pmod{p^{2}} \end{align}

则有 $\nu_{p}(x^{p}-y^{p})=\nu_{p}(x-y)+\nu_{p}(p)$
下面用数学归纳法证明第一个式子
设 $n=p^{a}b$ , $gcd(p,b)=1$
$\nu_{p}((x^{p^{a}})^{b}-(y^{p^{a}})^{b})=\nu_{p}(x^{p^{a}}-y^{p^{a}})$
$\nu_{p}((x^{p^{a-1}})^{p}-(y^{p^{a-1}})^{p})=\nu_{p}(x^{p^{a-1}}-y^{p^{a-1}})+\nu_{p}(p)$
以此类推得
$\nu_{p}(x^{n}-y^{n})=\nu_{p}(x-y)+\nu_{p}(n)$

与上面相似，我们只要证明 $p|n$ 的情况
$n=p$ 时,我们只要证 $p^{2}\nmid \sum_{i=0}^{n-1}x^{i}(-y)^{n-1-i}$
设 $y=-x-kp$ ,与上面完全相同

\begin{align} \sum_{i=0}^{p-1} x^{p-1-i} (-y)^{i} &= \sum_{i=0}^{p-1} x^{p-1-i} (x + kp)^{i} \\ &\equiv x^{p-1} p \\ &\not\equiv 0 \pmod{p^{2}} \end{align}

则有 $\nu_{p}(x^{p}+y^{p})=\nu_{p}(x+y)+\nu_{p}(p)$
下面用数学归纳法证明第二个式子
设 $n=p^{a}b$ , $gcd(p,b)=1$
$\nu_{p}((x^{p^{a}})^{b}+(y^{p^{a}})^{b})=\nu_{p}(x^{p^{a}}+y^{p^{a}})$
$\nu_{p}((x^{p^{a-1}})^{p}+(y^{p^{a-1}})^{p})=\nu_{p}(x^{p^{a-1}}+y^{p^{a-1}})+\nu_{p}(p)$
以此类推得
$\nu_{p}(x^{n}+y^{n})=\nu_{p}(x+y)+\nu_{p}(n)$

第三部分#

若 $p=2$ 且 $p\mid x-y$
$1.$ 对奇数 $n$ ， $\nu_{p}(x^{n}-y^{n})=\nu_{p}(x-y)$
$2.$ 对偶数 $n$ ， $\nu_{p}(x^{n}-y^{n})=\nu_{p}(x-y)+\nu_{p}(x+y)+\nu_{p}(n)-1$
对上述 $x,y,n$ ，
若 $4\mid x-y$ ,则：
$\nu_{2}(x+y)=1$
$\nu_{2}(x^{n}-y^{n})=\nu_{2}(x-y)+\nu_{2}(n)$
$Proof$
$p=2$ 时，会把第二部分推导部分倒数第三行分母中的 $2$ 约掉，不能用上面的方法
$n=2^{a}b,a=\nu_{2}(n),a\nmid b$
$\nu_{2}(x^{n}-y^{n})=\nu_{2}(x^{2^{a}}-y^{2^{a}})=\nu_{2}((x-y)(x+y)\prod_{i=1}^{a-1}(x^{2^{i}}+y^{2^{i}}))$
易知奇数的偶数次方模 $4$ 余 $1$ ，则 $x^{2^{i}}+y^{2^{i}}\equiv 2(\bmod 4)$
则 $\nu_{p}(x^{n}-y^{n})=\nu_{p}(x-y)+\nu_{p}(x+y)+\nu_{p}(n)-1$

阶乘取模#

$n!=p^{\nu_{p}(n!)}(n!)_{p}$

$Wilson$ 定理#

对自然数 $n>1$ ，当且仅当 $n$ 时素数时， $(n-1)!\equiv -1(\bmod n)$

定理#

对自然数 $m>1$ ,有 $\prod_{1\leq k<m,gcd(k,m)=1}k\equiv \pm 1(\bmod m)$
取 $-1$ ，当且仅当模 $m$ 的原根存在

推论#

对素数 $p$ 和正整数 $\alpha$ ，有

\begin{align} \prod_{1 \le k < p^{\alpha}} k \equiv \begin{cases} 1, & p = 2,\ \alpha \ge 3, \\ -1, & \text{otherwise} \end{cases} \pmod{p^{\alpha}} \end{align}

阶乘余数#

计算 $(n!)_{p}\bmod p$
$(n!)_{p}\equiv (-1)^{\lfloor \frac{n}{p}\rfloor}\cdot(n\bmod p)!\cdot(\lfloor \frac{n}{p}\rfloor!)_{p}(\bmod p)$
$(n!)_{p}\equiv (\pm1)^{\lfloor \frac{n}{p}\rfloor}\cdot(\prod_{1\leq j\leq(n\bmod p^{\alpha}),gcd(j,p)=1}j)\cdot(\lfloor \frac{n}{p}\rfloor!)_{p}(\bmod p^{\alpha})$ ,当 $p=2 , \alpha\geq3$ 时取 $1$ ，其余情况取 $-1$
$(n!)_{p}\equiv (\pm1)^{\sum_{j\geq\alpha}\lfloor \frac{n}{p^{j}}\rfloor}\prod_{j\geq0}F(\lfloor \frac{n}{p^{j}}\rfloor\bmod p^{a})$ , $F(m)=\prod_{1\leq k\leq m,gcd(k,m)=1}k\bmod p^{\alpha}$ ,当 $p=2 , \alpha\geq3$ 时取 $1$ ，其余情况取 $-1$

$Legendre$ 公式#

$\nu_{p}(n!)=\sum_{i=1}^{\infty}\lfloor \frac{n}{p^{i}}\rfloor =\frac{n-S_{p}(n)}{p-1}$ ， $S_{p}(n)$ 为 $p$ 进制下 $n$ 的各个位数之和

$Kummer$ 定理#

$\nu_{p}(\binom{m}{n})=\frac{S_{p}(n)+S_{p}(m-n)-S_{p}(m)}{p-1}$

$Lucas$ 定理#

对素数 $p$ ,有
$\binom{n}{k}\equiv\binom{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor}{\lfloor\frac{k}{p}\rfloor}\binom{n\bmod p}{k\bmod p}(\bmod p)$
$Proof$
$\binom{p}{n}\equiv[n=0\lor n=p](\bmod p)$
$f(x)=ax^{n}+bx^{m}$

\begin{align} (f(x))^{p} &= (a x^{n} + b x^{m})^{p} \\ &= \sum_{k=0}^{p} \binom{p}{k} (a x^{n})^{k} (b x^{m})^{p-k} \\ &= a^{p} x^{pn} + b^{p} x^{pm} \\ &= a (x^{p})^{n} + b (x^{p})^{m} \\ &= f(x^{p}) \pmod{p} \end{align}

$(1+x)^{n}=(1+x)^{p\lfloor\frac{n}{p}\rfloor}(1+x)^{n\bmod p}\equiv (1+x^{p})^{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor}(1+x)^{n\bmod p}(\bmod p)$
对比系数有， $\binom{n}{k}\equiv\binom{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor}{\lfloor\frac{k}{p}\rfloor}\binom{n\bmod p}{k\bmod p}(\bmod p)$

$exLucas$ 算法#

素数幂模情况#

$\binom{n}{k}=p^{\nu_{p}(n!)-\nu_{p}(k!)-\nu_{p}((n-k)!)}\frac{(n!)_{p}}{(k!)_{p}((n-k)!)_{p}}$

一般模数情况#

用中国剩余定理直接计算即可
$m=p_{1}^{\alpha_{1}}p_{2}^{\alpha_{2}}...p_{s}^{\alpha_{s}}$

\begin{cases} \binom{n}{k} \equiv r_{1} \pmod{p_{1}^{\alpha_{1}}}, \\ \binom{n}{k} \equiv r_{2} \pmod{p_{2}^{\alpha_{2}}}, \\ \vdots \\ \binom{n}{k} \equiv r_{s} \pmod{p_{s}^{\alpha_{s}}}. \end{cases}

同余方程#

定义#

对整数 $m$ 和一元整系数多项式 $f(x)=\sum_{i=0}^{n}a_{i}x^{i}$ ,其中未知数 $x\in Z_{m}$ ，称形如 $f(x)\equiv 0(\bmod m)$ 的方程为关于未知数 $x$ 的模 $m$ 的一元同余方程，若 $a_{n}\not\equiv0(\bmod m)$ ,则上式称为 $n$ 次同余方程

素数幂模同余方程#

$m=p^{e},p\in P,e\in Z_{>1}$
我们有 $f(x_{0})\equiv 0(\bmod p^{e})$ ,则 $f(x_{0})\equiv 0(\bmod p^{e-1})$

$Hensel$ 引理#

$p\in P,e\in Z_{>1}$ , $f(x)=\sum_{i=0}^{n}a_{i}x^{i},(p^{e}\nmid a),f'(x)=\sum_{i=1}^{n}ia_{i}x^{i-1}$ ,且 $f(x_{0})\equiv 0(\bmod p^{e-1})$
$1.$ 若 $f'(x_{0})\equiv0(\bmod p)$ ，则存在整数 $t$ 使得 $x=x_{0}+p^{e-1}t$ ，是方程 $f(x)\equiv 0(\bmod p^{e})$ 的解
$2.$ 若 $f'(x_{0})\equiv0(\bmod p)$ 且 $f'(x_{0})\equiv0(\bmod p^{e})$ ，则 $t=0,1,...,p-1$ 都可
$3.$ 若 $f'(x_{0})\equiv0(\bmod p)$ 且 $f'(x_{0})\not\equiv0(\bmod p^{e})$ ，则不能由上式构造
$Proof$
假设 $x$ 是解，带入后有

\begin{align} f(x_{0} + p^{e-1} t) &\equiv \sum_{i=0}^{n} a_{i} (x_{0} + p^{e-1} t)^{i} \\ &\equiv \sum_{i=0}^{n} a_{i} \sum_{j=0}^{i} \binom{i}{j} x_{0}^{\, i-j} (p^{e-1} t)^{j} \\ &\equiv \sum_{j=0}^{n} (p^{e-1} t)^{j} \sum_{i=j}^{n} a_{i} \binom{i}{j} x_{0}^{\, i-j} \\ &\equiv \sum_{i=0}^{n} a_{i} \binom{i}{0} x_{0}^{\, i} + p^{e-1} t \sum_{i=1}^{n} a_{i} \binom{i}{1} x_{0}^{\, i-1} \\ &\equiv f(x_{0}) + p^{e-1} t\, f'(x_{0}) \\ &\equiv 0 \pmod{p^{e}} \end{align}

则 $tf'(x_{0})\equiv -\frac{f(x_{0})}{p^{e-1}}(\bmod p)$
三种情况对应即可

注意到我们推理中只有最后一步用到 $f(x_{0})\equiv 0(\bmod p^{e-1})$ ，那么我们可以对着最后的式子构造解

推论 $1$ #

$1.f(s)\equiv 0(\bmod p),f'(s)\not\equiv0(\bmod p)$ ，则存在 $x_{s}\in Z_{p^{e}},x_{s}\equiv s(\bmod p),st.f(x_{s})\equiv 0(\bmod p^{e})$
$2.f(x)\equiv 0(\bmod p),f'(x)\equiv 0(\bmod p)$ 无公共解，则原方程的解数与 $f(x)\equiv 0(\bmod p)$ 相同
$proof?$

素数模同余方程#

$e=1$ ，其余的同上

定理 $1$ #

若 $f(x)\equiv 0(\bmod p)$ 有 $k$ 个不同的解 $x_{1},x_{2},...,x_{k}(k\leq n)$ ，则
$f(x)\equiv g(x)\prod_{i=1}^{k}(x-x_{i})(\bmod p)$ ,
$deg g=n-k,[x^{n-k}]g(x)=a_{n}$

推论 $2$ #

$(\forall x\in Z),x_{p-1}-1\equiv \prod_{i=1}^{p-1}(x-i)(\bmod p)$
$(p-1)!\equiv -1(\bmod p)$

$Lagrange$ 定理#

$f(x)\equiv 0(\bmod p)$ 至多有 $n$ 个根

推论 $3$ #

若 $\sum_{i=0}^{n}b_{i}x^{i}\equiv 0(\bmod p)$ 的解数大于 $n$ ，则 $(\forall i=0,1,...,n),p\mid b_{i}$

定理 $2$ #

若 $f(x)\equiv 0(\bmod p)$ 的解数不为 $p$ ，则必定存在 $deg r<p$ 的整系数多项式 $r(x),st.r(x)\equiv 0(\bmod p)$ 与 $f(x)\equiv 0(\bmod p)$ 同解集
$Proof$
不妨设 $n\geq p$
$f(x)=g(x)(x^{p}-x)+r(x),deg r<p$
运用费马小定理即可

定理 $3$ #

设 $n\leq p$ ,则方程 $x_{n}+\sum_{i=0}^{n-1}a_{i}x_{i}\equiv 0(\bmod p)$ 有 $n$ 个解当且仅当存在整系数多项式 $q(x),r(x),(deg r<n),st.$
$x^{p}-x=f(x)q(x)+pr(x)$
$Proof$
必要性：
$x^{p}-x=f(x)q(x)+r_{1}(x)$
则 $r_{1}$ 与 $f$ 同解，则知 $r_{1}(x)=pr(x)$
充分性：
$f(x)q(x)\equiv 0(\bmod p)$
设 $f$ 的解数为 $s,s\leq n$
$deg f+deg q\geq p=>,s+p-n\geq q,s\geq n$
则 $s=n$

定理 $4$ #

设 $n\mid p-1,p\nmid a,$ 则方程 $x^{n}\equiv a(\bmod p)$ 有解当且仅当 $a^{\frac{p-1}{n}}\equiv 1(\bmod p)$ ，若有解，解数为 $n$
$Proof$
必要性：
方程有解 $x_{0}$ ,则 $a^{\frac{p-1}{n}}\equiv (x_{0}^{n})^{\frac{p-1}{n}} \equiv 1(\bmod p)$
充分性：
$a^{\frac{p-1}{n}}\equiv 1(\bmod p)$ ，
$x^{p}-x=x(x^{p-1}-1)=x((x^{n})^{\frac{p-1}{n}}-a^{\frac{p-1}{n}}+a^{\frac{p-1}{n}}-1)=(x^{n}-a)P(x)+x(a^{\frac{p-1}{n}}-1)$
由定理3知有 $n$ 个解

高次同余方程（组）的求解#

我们可以进行下面转化
同余方程组-同余方程
模合数-模素数幂-模素数（ $Hensel$ 引理）
我们最后只需考虑
$x^{n}+\sum_{i=0}^{n-1}a_{i}x^{i}\equiv 0(\bmod p),n<p$
将 $x$ 代换为 $x-\frac{a_{n-1}}{n}$ 可消去 $x^{n-1}$ 项
只需考虑 $x^{n}+\sum_{i=0}^{n-2}a_{i}x^{i}\equiv 0(\bmod p),n<p$
$n=1$ 线性同余方程
$n=2$ 二次剩余
可化为 $x^{n}\equiv a(\bmod p)k$ 次剩余

二次剩余#

定义#

$gcd(a,p)=1$ ，若存在整数 $x$ 使得 $x^{2}\equiv a(\bmod p)$ ，则称 $a$ 为模 $p$ 的二次剩余，否则称 $a$ 为模 $p$ 的二次非剩余

$Euler$ 判别法#

对奇素数 $p$ ，和满足 $gcd(a,p)=1$ 的 $a$ ，有

\begin{align} a^{\frac{p-1}{2}} \equiv \begin{cases} 1 \pmod{p}, & \exists\, x \in \mathbb{Z},\ a \equiv x^{2} \pmod{p}, \\[6pt] -1 \pmod{p}, & \text{otherwise}. \end{cases} \end{align}

$Proof$
由费马小定理, $a^{p-1}\equiv 1(\bmod p)$
则 $(a^{\frac{p-1}{2}}-1)(a^{\frac{p-1}{2}}+1)\equiv 0(\bmod p)$
则若 $gcd(a,p)=1$ ，则 $a^{\frac{p-1}{2}}\equiv \pm1(\bmod p)$
又知 $x^{p}-x=(x^{n}-a)P(x)+x(a^{\frac{p-1}{n}}-1)$
可证上述结论

对于奇素数 $p$ ，模 $p$ 意义下的二次剩余和二次非剩余都有 $\frac{p-1}{2}$ 个

$Legendre$ 符号#

对奇素数 $p$ 和整数 $a$ ，定义 $Legendre$ 符号如下：

\begin{align} \left( \frac{a}{p} \right) = \begin{cases} 0, & p \mid a, \\[6pt] 1, & p \nmid a \ \land\ \exists\, x \in \mathbb{Z},\ a \equiv x^{2} \pmod{p}, \\[6pt] -1, & \text{otherwise}. \end{cases} \end{align}

$1.$ 对任意整数 $a$ ， $a^{\frac{p-1}{2}}\equiv (\frac{a}{p})(\bmod p)$
则 $(\frac{1}{p})=1,(\frac{-1}{p})=(-1)^{\frac{p-1}{2}}$
$2.a_{1}\equiv a_{2}(\bmod p)=>(\frac{a_{1}}{p})=(\frac{a_{2}}{p})$
$3.$ （完全积性）对任意整数 $a_{1},a_{2},(\frac{a_{1}a_{2}}{p})=(\frac{a_{1}}{p})(\frac{a_{2}}{p})$
则对整数 $a,b,p\nmid b,(\frac{ab^{2}}{p})=(\frac{a}{p})$
$4.(\frac{2}{p})=(-1)^{\frac{p^{2}-1}{8}}$

二次互反律#

设 $p,q$ 是两个不同的奇素数，则 $(\frac{p}{q})(\frac{q}{p})=(-1)^{\frac{p-1}{2}\frac{q-1}{2}}$
$Proof?$

模意义下的开平方#

$p\bmod 4=3$ 时， $a^{\frac{p+1}{4}}\bmod p$ 为一个解

$Cipolla$ 算法#

求解 $x^{2}\equiv a(\bmod p)$
$1.$ 找到一个 $r$ 使得 $r^{2}-a$ 为模 $p$ 非二次剩余（ $a\bmod p=0$ 需要特判），期望两步找到，定义 $w^{2}\equiv r^{2}-a(\bmod p),w^{p-1}\equiv-1(\bmod p)$
$2.$ 解为 $\pm(r+w)^{\frac{p+1}{2}}$ ，（疑似需要复数类）

阶&原根#

阶#

对于 $a\in Z,m\in N_{+}$ 且 $gcd(a,m)=1$ ，满足同余式 $a^{n}\equiv 1(\bmod m)$ 的最小正整数 $n$ 称为 $a$ 模 $m$ 的阶，记作 $\delta_{m}(a)$ 或 $ord_{m}(a)$

幂的循环结构#

$1.$ 对于 $a\in Z,m\in N_{+}$ 且 $gcd(a,m)=1$ ，幂次 $a^{0},a^{1},...,a^{\delta_{m}(a)-1}$ 模 $m$ 两两不同余
$2.$ 对于 $a,n\in Z,m\in N_{+}$ 且 $gcd(a,m)=1$ ，同余式 $a^{n}\equiv 1(\bmod m)$ 成立当且仅当 $\delta_{m}(a)\mid n$
$3.$ 对于 $a,k\in Z,m\in N_{+}$ 且 $gcd(a,m)=1$ ，有 $\delta_{m}(a^{k})=\frac{\delta_{m}(a)}{gcd(\delta_{m}(a),k)}$
$4.$ 对于 $a,b\in Z,m\in N_{+}$ 且 $gcd(a,m)=1,gcd(b,m)=1$ ,有 $\frac{lcm(\delta_{m}(a),\delta_{m}(b))}{gcd(\delta_{m}(a),\delta_{m}(b))}\mid \delta_{m}(ab)\mid lcm(\delta_{m}(a),\delta_{m}(b))$
$gcd(\delta_{m}(a),\delta_{m}(b))=1<=>\delta_{m}(ab)=\delta_{m}(a)\delta_{m}(b)$ $5.$ 对于 $a,b\in Z,m\in N_{+}$ 且 $gcd(a,m)=1,gcd(b,m)=1$ , $\exists c\in Z,gcd(c,m)=1$ 使得 $\delta_{m}(c)=lcm(\delta_{m}(a),\delta_{m}(b))$

原根#

对于 $m\in N_{+},$ 如果存在 $g\in Z$ 且 $gcd(g,m)=1$ 使得 $\delta_{m}(g)=\varphi(m)$ ，则称 $g$ 为模 $m$ 的原根

原根判定定理#

对整数 $m\geq3$ 和 $gcd(g,m)$ ， $g$ 为模 $m$ 的原根，当且仅当对于 $\varphi(m)$ 的每个素因子 $p$ 有 $g^{\frac{\varphi(m)}{p}}\not\equiv1(\bmod m)$

原根个数#

模 $m$ 的原根个数为 $\varphi(\varphi(m))$

原根存在定理#

模 $m$ 的原根存在，当且仅当 $m=1,2,4,p^{e},2p^{e}$ ，其中 $p$ 为奇素数且 $e \in N_{+}$
$Proof?$

求原根的算法#

从小到大逐一枚举可能的数即可

$Carmichael$ 函数#

对于 $m\in N_{+}$ ,定义 $\lambda(m)$ 为能使 $a^{n}\equiv 1(\bmod m)$ 对所有 $gcd(a,m)=1$ 都成立的最小正整数
$\lambda(m)=lcm\{\delta_{m}(a):gcd(a,m)=1\}$
由幂的循环结构性质5知： $\lambda(m)=max\{\delta_{m}(a):gcd(a,m)=1\}$

递推公式#

引理#

$gcd(m_{1},m_{2})=1,\lambda(m_{1}m_{2})=lcm(\lambda(m_1)\lambda(m_{2}))$

引理#

对于 $m=2^{e}$ 且 $e\in N_{+}$ ，有 $\lambda(2)=1,\lambda(4)=2,$ 且对于 $e\geq3$ 有 $\lambda(m)=2^{e-2}$

引理#

对于 $m=p^{e}$ ， $p$ 为奇素数且 $e\in N_{+}$ ， $\lambda(m)=p^{e-1}(p-1)$

定理#

\begin{align} \lambda(m) = \begin{cases} \varphi(m), & m = 1,\, 2,\, 4,\, p^{e},\ p \text{ odd},\ e \in \mathbb{N}_{+}, \\[6pt] \dfrac{1}{2}\varphi(m), & m = 2^{e},\ e \ge 3, \\[6pt] \operatorname{lcm}\!\bigl(\lambda(p_{1}^{e_{1}}),\, \lambda(p_{2}^{e_{2}}),\, \dots,\, \lambda(p_{s}^{e_{s}})\bigr), & m = p_{1}^{e_{1}} p_{2}^{e_{2}} \cdots p_{s}^{e_{s}}. \end{cases} \end{align}

$Carmichael$ 数#

对于合数 $n$ ，对所有满足 $gcd(a,n)=1$ 的整数有 $a^{n-1}\equiv1(\bmod n)$ ,则 $n$ 为 $Carmichael$ 数
$Korselt$ 判别法
合数 $n$ 为 $Carmichael$ 数当且仅当 $n$ 无平方因子且对于 $n$ 的任意质因子 $p$ 均有 $(p-1)\mid(n-1)$

$Carmichael$ 数为奇数，没有平方因子，且至少有 $3$ 个不同的素因子

离散对数#

定义#

取有原根的正整数 $m$ ,和其一原根 $g$ ，对满足 $gcd(a,m)=1$ ，存在唯一整数 $0\leq k <\varphi(m)$ ，使得 $g^{k}\equiv a(\bmod m)$
我们称这个 $k$ 为以 $g$ 为底，模 $m$ 的离散对数，记作 $k=ind_{g}a$ ,
$ind_{g}1=0,ind_{g}g=1$

性质#

设 $g$ 是模 $m$ 的原根， $gcd(a,m)=gcd(b,m)=1$
$1.ind_{g}(ab)\equiv ind_{g}a+ind_{g}b(\bmod \varphi(m))$
$2.g_{1}$ 也是模 $m$ 的原根， $ind_{g}a\equiv ind_{g_{1}}\cdot ind_{g}g_{1}(\bmod \varphi(m))$
$3.a\equiv b(\bmod m)<=>ind_{g}a= ind_{g}b$

$BSGS$ 大步小步算法#

在 $O(\sqrt m)$ 的时间内求解 $a^{x}\equiv b(\bmod m),gcd(a,m)=1$
$x=A\lceil \sqrt m\rceil -B$ ,其中 $0\leq A,B\leq\sqrt m$ ，则 $a^{A\lceil \sqrt m\rceil -B}\equiv b(\bmod m)$ ，也就是 $a^{A\lceil \sqrt m\rceil }\equiv ba^{B}(\bmod m)$ 然后预处理所有 $ba^{B}$ ，在枚举 $a^{A\lceil \sqrt m\rceil }$ 即可
可用 $hash/map$ 存储， $map$ 会多一个 $log$

扩展 $BSGS$ 算法#

求解 $a^{x}\equiv b(\bmod m)$
就是想办法把底数和模数变得互质
$d_{1}=gcd(a,m),d_{1}\nmid b$ 无解，否则得到 $\frac{a}{d_{1}}a^{x-1}\equiv \frac{b}{d_{1}}(\bmod \frac{m}{d_1})$
$d_{2}=gcd(a,\frac{m}{d_{1}}),d_{2}\nmid \frac{b}{d_{1}}$ 无解，否则得到 $\frac{a^{2}}{d_{1}d_{2}}a^{x-2}\equiv \frac{b}{d_{1}d_{2}}(\bmod \frac{m}{d_{1}d_{2}})$
$...$
$D=\prod_{i=1}^{k}d_{i},\frac{a^{k}}{D}a^{x-k}\equiv \frac{b}{D}(\bmod \frac{m}{D})$
转化成普通的 $BSGS$ 问题

高次剩余&单位根#

高次剩余#

整数 $k\geq2$ ，整数 $a$ 和正整数 $m$ 互素，若存在整数 $x$ 使得 $x^{k}\equiv a(\bmod m)$ ，则称 $a$ 为模 $m$ 的 $k$ 次剩余， $x$ 为 $a$ 模 $m$ 的 $k$ 次方根；否则称 $a$ 为模 $m$ 的 $k$ 次非剩余

定理#

设整数 $k\geq2$ ，整数 $a$ 和正整数 $m$ 互素，设模 $m$ 的原根存在，且 $g$ 是模 $m$ 的一个原根，记 $d=gcd(k,\varphi(m)),d'=\frac{\varphi(m)}{d}$
$1.a$ 为模 $m$ 的 $k$ 次剩余，当且仅当 $a^{d'}\equiv 1(\bmod m)$
$2.$ 当 $a$ 为模 $m$ 的 $k$ 次剩余时，在同余意义下， $a$ 模 $m$ 恰好有 $d$ 个互不相同的 $k$ 次方根，且它们具有形式 $x\equiv g^{y_{0+id'}}(\bmod \varphi(m)),0\leq y_{0}<d',i=0,1,...,d-1$
$3.$ 模 $m$ 的 $k$ 次剩余类的个数为 $d'$ ，且它们全体就是 $\{g^{di}\bmod m:0\leq i<d'\}$

$Proof$
$gcd(a,m)=1,$ 则 $gcd(x,m)=1$ ,又 $g$ 为模 $m$ 的原根，所以 $a$ 和 $x$ 与 $g$ 的某次幂同余，设 $x\equiv g^{y}(\bmod m)$ ,原方程等价于 $g^{ky}\equiv g^{ind_{g}a}(\bmod m)$ ，等价于 $ky\equiv ind_{g}a(\bmod \varphi(m))$ ，该方程有解当且仅当 $d\mid ind_{g}a,$ 且通解的形式为 $y=y_{0}+id'$
对于 $a^{d'}\equiv 1(\bmod m)$ ，又由阶的性质 $3$ 知 $\delta_{m}(a)=\delta_{m}(g^{ind_{g}a})=\frac{\varphi(m)}{gcd(\varphi(m),ind_{g}a)}=\frac{\varphi(m)}{ind_{g}a}$ ，又方程有解当且仅当 $d\mid ind_{g}a,$ 即 $\frac{\varphi(m)}{d'}\mid\frac{\varphi(m)}{\delta_{m}(a)}$ ,也即 $\delta_{m}(a)\mid d'$ 由阶的性质 $2$ 其等价于 $a^{d'}\equiv 1(\bmod m)$

定理#

设整数 $k\geq2$ ，奇数 $a$ 和正整数 $m=2^{e},e\geq2$
当 $2\nmid k$ 时
$1.a$ 恒为模 $m$ 的 $k$ 次剩余
$2.a$ 模 $m$ 的 $k$ 次方根有且仅有一个
$3.$ 模 $m$ 的 $k$ 次剩余类个数为 $2^{e-1}$ ，且它们就是全体既约剩余类
当 $2\mid k$ 时， $d=gcd(k,2^{e-2}),d'=\frac{2^{e-2}}{d}$
$1.a$ 为模 $m$ 的 $k$ 次剩余当且仅当 $a\equiv 1(\bmod 4),a^{d'}\equiv 1(\bmod m)$
$2.$ 当 $a$ 为模 $m$ 的 $k$ 次剩余时，同余意义下， $a$ 模 $m$ 恰好有 $2d$ 个互不相同的 $k$ 次方根，且他们具有相同的形式 $x\equiv\pm5^{y_{0}+id'}(\bmod 2^{e-1}),0\leq y_{0}<d',i=0,1,...,d-1$
$3.$ 模 $m$ 的 $k$ 次剩余类的个数为 $d'$ ，且他们的全体就是 $\{5^{di}\bmod m:0\leq i<d'\}$

$Proof$
$gcd(a,m)=1,$ 则 $gcd(x,m)=1$ ，因为 $a,x$ 为奇数，设 $a\equiv (-1)^{s}5^{r}(\bmod 2^{e}),x\equiv (-1)^{y}5^{z}(\bmod 2^{e})$ ，则原方程等价于 $kz\equiv s(\bmod 2),ky\equiv r (\bmod 2^{e-2})$
当 $2\nmid k$ 时总是有解
当 $2\mid k$ 时，第一个方程有解当且仅当 $2\mid s$ ，即 $a\equiv 1(\bmod 4)$ ，第二个条件有解当且仅当 $d=gcd(k,2)\mid r$ 同上知等价于 $a^{d'}\equiv 1(\bmod m)$ ，根据两个方程，知解的形式为 $z\equiv0,1(\bmod 2),y=y_{0}+id'(\bmod 2^{e-2}),0\leq y_{0}<2^{e-2}$

单位根#

定义#

对于模数 𝑚，元素 $1$ 的 𝑘次方根称为模 𝑚的 𝑘次单位根．特别地，如果 𝑥是模 𝑚的一个 𝑘 次单位根，且它不是模 𝑚 的任何 𝑘′ <𝑘 次单位根，那么，也称 𝑥为模 𝑚 的 𝑘 次本原单位根原根 $g$ 是模 $m$ 的 $\varphi(m)$ 次本原单位根

性质#

模数 $m$ ， $\lambda(m)$ 为它的 $Carmichael$ 函数
$1.$ 所有与 $m$ 互素的整数 $a$ 都是模 $m$ 的 $\delta_{m}(a)$ 次本原单位根
$2.$ 元素 $a$ 是模 $m$ 的 $k$ 次单位根，且 $k'$ 为 $k$ 的任意倍数，那么 $a$ 也是模 $m$ 的 $k'$ 次单位根
$3.$ 元素 $a$ 是模 $m$ 的 $k$ 次（本原）单位根，那么元素 $a^{l}$ 是模 $m$ 的 $\frac{k}{gcd(k,l)}$ 次（本原）单位根
$4.$ 当 $k'$ 遍历 $k$ 的因数，所有模 $m$ 的 $k'$ 次本原单位根恰好构成模 $m$ 的 $k$ 次单位根的一个划分。对于 $gcd(l,k)=1,x|->x^{l}$ 给出 $k$ 次单位根之间的双射，且保持上述划分不变
$5.$ 模 $m$ 的 $k$ 次本原单位根存在，当且仅当 $k\mid\lambda(m)$ ,，特别的，模 $m$ 的 $\lambda(m)$ 次本原单位根存在，称为模 $m$ 的 $\lambda-$ 原根
$6.$ 元素 $a$ 是模 $m$ 的 $k$ 次单位根，当且仅当 $a^{k}\equiv 1(\bmod m)$ ，且对任意素因子 $p\mid k,a^{\frac{k}{p}}\not\equiv1(\bmod m)$

$Proof$
只证明 $5$
由 $Carmichael$ 函数性质知，模 $m$ 的 $\lambda(m)$ 次本原单位根总是存在，设为 $a$ ，且 $\delta_{m}(a)=\lambda(m)$ ，对于 $k\mid \lambda(m)$ ，设 $k'=\frac{\lambda(m)}{k}$ ，总有 $\delta_{m}(a^{k'})=\frac{\lambda(m)}{gcd(\lambda(m),k')}=\frac{\lambda(m)}{k'}=k$ ，因此 $a^{k'}$ 是 $k$ 次本原单位根，又所有 $x,gcd(a,m)=1,$ 的阶都是 $\lambda(m)$ 的因子，故由性质 $5$

定理#

设 $x$ 是 $a$ 模 $m$ 的一个 $k$ 次方根，当 $r$ 遍历模 $m$ 的全体 $k$ 次单位根时， $xr$ 遍历 $a$ 模 $m$ 的全体 $k$ 次方根

定理#

对于模数 $m$ ，设模 $m$ 的原根存在，且 $a$ 是模 $m$ 的 $k$ 次本原单位根，那么 $b$ 是 $k$ 次单位根，当且仅当它可以表示为 $a$ 的幂次

模意义下的开方#

改良 $Tonelli-Shanks$ 算法#

求解 $x^{k}\equiv a(\bmod m),m$ 为素数幂
特别的对于 $m=2^{e}$ 的情形,还要保证 $a\equiv 1(\bmod 4)$ ，将 $\varphi(m)$ 换成 $\delta_{m}(5)=2^{e-2}$
设 $d=gcd(k,\varphi(m))$ ，当 $a$ 是模 $m$ 的 $k$ 次剩余时， $a$ 总是模 $m$ 的 $\frac{\varphi(m)}{d}$ 次单位根，对任意 $gcd(l,\frac{\varphi(m)}{d})=1,x->x^{l}$ 为单位根之间的双射，取 $l=(\frac{k}{d})^{-1}(\bmod \frac{\varphi(m)}{d})$ 原方程两边同时取 $l$ 次幂 $x^{d}\equiv x^{kl}\equiv a^{l}\equiv b(\bmod m)$ 左边是因为 $ld^{-1}\equiv k^{-1}(\bmod \varphi(m))$ ，则 $d\equiv kl(\bmod \varphi(m))$
考虑 $d=\prod_{p\in P}p^{e}$ ，从 $b$ 开始以次开 $p^{e}$ 即可
即求解 $x^{p^{e}}\equiv b(\bmod m)$
设 $\varphi(m)=p^{s}r,gcd(p,r)=1$ ，设 $q\in N_{+},qr\equiv-1(\bmod p^{e})$ ，由于 $b$ 是 $rp^{s-e}$ 次单位根，那么 $b^{qr}$ 是 $p^{s-e}$ 次单位根，设 $\zeta$ 是模 $m$ 的 $p^{s}$ 次本原单位根，那么 $\zeta^{p^{e}}$ 是 $p^{s-e}$ 次本原单位根，存在 $h,b^{qr}\equiv\zeta^{hp^{e}}(\bmod m)$ 可知 $x\equiv b^{\frac{qr+1}{p^{e}}}\zeta^{-h}(\bmod m)$ 为计算上式，需要找到摸 $m$ 的一个 $p$ 次非剩余 $\eta$ ，则有 $\eta^{rp^{s-1}}\not\equiv1(\bmod m),\eta^{rp^{s}}\equiv1(\bmod m)$ ， $\zeta=\eta^{r}(\bmod m),\xi=\eta^{rp^{s-1}}(\bmod m)$ 分别为 $p^{s}$ ， $p$ 次本原单位根
计算 $h$ ，取 $h<p^{s-e}$ ，考虑 $p$ 进制 $h=\sum_{j=0}^{s-e-1}h_{j}p^{j}$ 当前 $j$ 为计算完时 $(b^{qr}\zeta^{-p^{e}(h_{0}+...+h_{j-1}p^{j-1})})^{p^{s-e-j-1}}\equiv\zeta^{h_{j}p^{}e-1}\equiv\xi^{h_{j}}(\bmod m)$ 可用 $BSGS$ 计算

一般情形#

$m=p^{e},gcd(a,m)>1$
若 $a\equiv0(\bmod m),x=p^{\lceil\frac{e}{k}\rceil}l(\bmod p^{e}),l=0,1,...,p^{e-\lfloor\frac{e}{k}\rfloor-1}$
若 $a\not\equiv0(\bmod m),a=p^{s}a',gcd(a',p)=1,x=p^{z}x',gcd(x',p)=1$ 则 $x^{k}=p^{kz}(x')^{k}\equiv p^{s}a'(\bmod p^e)$ ，该方程有解当且仅当 $kz=s,(x')^{k}\equiv a'(\bmod p^{e-s})$ ,最终解为 $x\equiv p^{\frac{s}{k}}(x'+lp^{e-s})(\bmod p^{e}),l=0,1,...,p^{s-\frac{s}{k}}-1$