数论复习 | 提高组数论算法汇总

目录

• 数论复习 | 提高组数论算法汇总
  • 欧拉函数计算
  • 线性筛原理
  • 欧拉定理
  • 扩展欧拉定理
  • 逆元
  • 扩展欧几里得
  • 原根
    • 阶
    • 原根
  • 二次剩余
  • 斐波那契数列
  • 莫比乌斯反演
  • BSGS
  • 卢卡斯定理
    • EX lucas
  • 中国剩余定理

数论复习 | 提高组数论算法汇总

欧拉函数计算

(phi(n)=n*(1-frac 1 {p_1})*(1-frac 1 {p_2})*...*(1-frac 1 {p_n}))

线性筛原理

(n = p * m)表示形式唯一

for(int i=2~n){
    if(!flg[i]){
        p[++tot]=i;
        f[i] = ...
    }
    for(p[j] in p){
        flg[p[j]*i]=1;
        if(i%p[j]) break;
    }
}

质数：(phi(p)=p-1)

(phi(p^k)=p^k-p^{k-1})

1...n中与n互质的数的和：(S(n)=frac {phi(n)*n} 2)

欧拉定理

(a^{phi(m)}equiv 1 pmod m)，a和m互质，用简化剩余系证明

扩展欧拉定理

[a^cequiv a^{c pmod {phi(m)}} ,(a,m)=1 ]

[a^cequiv a^c ,(a,m) ot= 1,c < phi(m) ]

[a^cequiv a^{c pmod {phi(m)}+phi(m)} ,(a,m) ot =1,cgeq phi(m) ]

想象一个矩阵，长为(phi(m))，从第二列开始每一列都同余

逆元

[frac a b equiv acdot b^{-1} pmod c ]

((b,c) ot = 1)则不存在逆元

如果((b,c) = 1)则可以用欧拉定理，(bcdot b^{phi(c)-1}equiv 1 pmod c)

所以(b^{-1}=b^{phi(c)-1} pmod c)

特殊地，如果c为质数，(b^{-1}=b^{phi(c)-1}=b^{c-1-1}=b^{c-2} pmod c)

求(1-n)的逆元：一个一个求是nlogn

线性求（m是质数）：(inv[i]=(m-left lfloor frac m i ight floor)*inv[m~ ext{mod}~i])

也可以大常数求阶乘及其逆元，但是在求组合数的时候极其好用

第一种方法的证明：

设$m=k*i+t $

(k*i+t equiv 0 pmod m)

[k*i equiv -t pmod m ]

[k*t^{-1} equiv -i^{-1} pmod m ]

[i^{-1} equiv -k*t^{-1} pmod m ]

[i^{-1} equiv -left lfloor frac m i ight floor*t^{-1} pmod m ]

扩展欧几里得

(ax+by= (a,b))

边界：

[(a,b)= (b,a~ ext{mod}~b)=(b,0)(x=1,y=0) ]

递归：

[ax_1+by_1= (a,b) ]

[bx_2+(a~ ext{mod}~b)y_2=(b,a~ ext{mod}~b) ]

所以

[ax_1+by_1=bx_2+(a-left lfloorfrac a b ight floor*b)y_2 ]

[a(x1-y2)+b(y_1-x_2+left lfloorfrac a b ight floor y_2)=0 ]

可以得到

[x1=y2 ]

[y1=x2-left lfloorfrac a b ight floor y_2 ]

这样的到了一组解

可以用来求解逆元：(bxequiv 1 pmod m)

相当于解(b*x+(-m)*k=1)

相当于(b*x+m*k=1)

原根

阶

最小正整数(n)使得(a^n equiv 1pmod m)

原根

((g,m)=1)

(g^{phi(m)}equiv 1 pmod m)，且(phi(m))是(g)膜(m)的阶，(g)为原根

形式：(2,4,p^x,2*p^{x})

求法：
求m的原根时，因为原根一般都比较小，那么就从(2)开始枚举(g)，只需要判断(g)模(m)的阶是否是(φ(m))就好了，怎么判呢，枚举每个数(i(1leq i < φ(m)))算(g^iequiv 1pmod m)，若满足则这个(g)一定不是原根

(g^0,g^1,...g^{p-1})互不相同，表示了1~p-1所有数

所以$x*y pmod m equiv g^p *g^q pmod m equiv g^{p+q} pmod m $

可以资瓷把乘法转化成加法

原根个数：$ phi(phi(m)) $

例题：ZROI851

二次剩余

存在(x)使得(x^2 equiv m pmod p)

勒让德符号：

(left(frac n p ight)=1)，是二次剩余

(=-1) ，不是

(=0) ，n是p倍数

有二次剩余的条件：(n^{frac {p-1} 2 } equiv 1pmod p)

求法：1~p-1中有一半的数有二次剩余，另一半没有，随机a，期望两次找到

https://www.cnblogs.com/cjyyb/p/10830057.html

https://blog.csdn.net/qq_35950004/article/details/99676601

斐波那契数列

可以矩阵求

小常数：5有二次剩余时可以带进(sqrt 5)求出

更快的做法：多组测试数据的时候考虑底数不变，以(16)为底，预处理出通项公式中(x^0...x^{65535},y^0...y^{65535})

莫比乌斯反演

刚刚复习过，基础内容查看之前博客，本质是另一种容斥

式子：

[f(n)=sum _{n|i} g(i) ]

[g(n)=sum _{n|i} mu(frac i n)*f(i) ]

或者

[f(d)=sum _i^{frac n d} g(i*d) ]

[g(d)=sum_i^frac n d f(i*d) mu(i) ]

性质：

[sum_{d|n} mu(d) = [n==1] ]

与欧拉函数关系：

[sum _{d|n} phi(d)=n ]

[frac{phi(n)}{n}=sum _{d|n} frac {mu(d)}{d} ]

BSGS

求(a^b equiv c pmod p)

要求：((a,c)=1)

思想是预处理出一部分数

令(p=sqrt c)，处理出(a^0,a^1,...,a^{p-1})，存到(hashtable)或者(map)里

然后把(x)表示成(x=i*p-j)的形式

那么

[a^xequiv a^{i*p}/a^j equiv b pmod c ]

[a^j*b equiv a^{i*p} pmod c ]

考虑枚举后面的(i)，查表前面的是否存在，即可计算出(j)

多次询问可以考虑变大块的大小，后面询问的时间会变小

当块取(B=T*frac N B,B=sqrt{N*T})时最优

代码实现：注意枚举顺序

for(int i=0;i<m;i++){
    M[s]=i;//能更新就更新
    s=1ll*s*x%p;
}
int t=ksm(x,m);s=1;
for(int i=1;i<=m;i++){
   s=1ll*s*t%p;
   if(M.count(s)){printf("%d
",i*m-M[s]);return 0;}
}
puts("no solution");return 0;

卢卡斯定理

[C^m_n equiv C^{frac m p}_{frac n p}*C^{m~mod~p}_{n~mod~p} pmod p ]

注意，如果下面比上面小，整个式子都为0

可以递归求解，也可以直接看作在(p)进制下，直接循环

推论：如果在(p)进制下n有一位小于m的一位，那么(C(m,n))被(p)整除

证明显然，带入公式即可

EX lucas

参见我的博客

中国剩余定理

这里说的是EXCRT，至于CRT，那并不重要

求解同余方程组

[left{egin{array}{l}{x equiv a_{1}left(mod m_{1} ight)} \ {x equiv a_{2}left(mod m_{2} ight)} \ {x equiv a_{3}left(mod m_{3} ight)} \ {cdots} \ {x equiv a_{k}left(mod m_{k} ight)}end{array} ight. ]

(m)不一定两两互质，令(M=prod _{ileq k} m_i)

设前(k)个方程组成的同于方程组的一个解为(x)，那么(x+i*M)都是满足条件的解

我们要求的是(x+t*M equiv a_k pmod {m_k})

(t*M+j*m_k = a_k -x)，这样就可以用(exgcd)求出解

如果无解，则方程组误解

否则(x=x+t*M)，递归