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qbxt 数论基础笔记

2021-08-14 17:35:10 作者：互联网

欧拉定理

若 $a,p$ 互质，则

$a^{\phi(p)} \equiv 1(mod~p)$

其中 $\phi(p)$ 表示的是小于等于 $p$ 中和 $p$ 互质的数的个数。

$\phi(p) = p\times \prod \frac{s_i - 1}{s_i}$ ，其中 $s_i$ 为 $p$ 的质因数。

不难看出，如果 $x,y$ 互质，$\phi(xy) = \phi(x)\phi(y)$

扩展欧拉定理： $a$ 和 $b$ 可以不互质。

如果 $b\geq \phi(p)$ 时

$a^b \equiv a^{(b~mod~\phi(p))+\phi(p)}~mod~p$

总结一下：

\[a^b \equiv \begin{cases} a^{b~mod~\phi(p)}~~~~~~~~~~~~~~~gcd(a,p) = 1\\ a^b~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~gcd(a,p) \neq 1,b < \phi(p) (mod~p)\\ a^{(b~mod~\phi(p)) + \phi(p)}~~~~~~gcd(a, p) \neq 1, b \geq \phi(p) \end{cases} \]

求 $a$ 在 $mod~p$ 意义下的逆元。

$inv[a] = a^{\phi(p) - 1}$

[BZOJ 3884] 上帝与集合的正确用法

求 $2^{2^{2^{2^{2^{2^{2^{\dots}}}}}}} mod~p$

$1\leq T \leq 1000, 1\leq p \leq 10^7$

solution

根据欧拉扩展定理得：

$2^{2^{2^{2^{2^{\dots}}}}} mod~p = 2^{2^{2^{2^{2^{\dots}}}} mod~\phi(p) + \phi(p)}~~mod~~p= 2^{2^{2^{2^{2^{\dots}}}mod~\phi(\phi(p)) + \phi(p)} }~~mod~~p\dots$

然后一直递归下去。

$\phi(p)\sim \phi(\phi(p))\sim\phi(\phi(\phi(p)))\dots$

$\phi$ 的值会越来越小，最后会变到 0，后面的 2 就不用算了，然后递归回来求解就好了。

复杂度 $O(log~p)$

经典问题

给一个 $n$ 需要求 $1\sim n$ 中与 $n$ 互质的数的和。

$n\leq 10^{14}$

solution

由于 $gcd(a, n) = gcd(n - a, n)$

所以可以把与 $n$ 互质的数放在一起，肯定会两两配对，并且每次配对的和是 $n$ 。

因此答案是 $n\times \frac{\phi(n)}{2}$。

BZOJ 2190 仪仗队

求 $\sum_{1\leq i,j\leq N}[gcd(i, j) ~is ~1]$

$1\leq N \leq 40000$

solution

可以转化为 $2\times (\sum_{1\leq i\leq N}\phi(i) ) - 1$

因为 $gcd(1, 1) = 1$ 所以它算了两次，所以要 $-1$ 。

[Codeforces 432C] Prime Swaps

给出一个长度为 $N$ 的排列，每次你可以选择两个位置 $i, j~(i < j)$ ，并交换上面的数，前提是 $j - i + 1$ 是质数。

要求在 $5N$ 次操作内，把这个序列排号。输出具体排序的操作。

$N \leq 10^5$

solution

哥德巴赫猜想：任一大于 $2$ 的整数都可写成三个质数的和。

~~别问我为什么，欧拉好像也不会~~

然后每个数就都可以移动到任何一个位置了。

那么每次把一个数往前移动 $x$ 距离时，先移动一个尽量大的质数距离即可。

贪心从 $1,2,3,4\dots$ 的顺序排序即可。

由于质数密度为 $ln(N)$ ，所以可以保证在 $5N$ 次内一定能完成。

[BZOJ2818] GCD

求 $\sum_{1\leq i,j \leq N} [gcd(i,j)~is~ prime]$

$1 \leq N \leq 10^7$

solution

对于每一个质数，对答案的贡献就是 $\sum_{1\leq i,j \leq \frac{N}{p}} [gcd(i,j) = 1]$。

[BZOJ2705] Longge的问题

求 $\sum_{1\leq i \leq N} gcd(i, N)$

$1 \leq N \leq 2^{32}$

solution

主要思想时枚举一个 $N$ 的因数，假设为 $5$ ，那么就找出 $1\sim N$ 中所有与 $N$ 的 $gcd$

为 $5$ 的数的个数，然后乘以 $5$ 就是这个因数的贡献，对每个因数做一遍就是答案。

\[\sum_{1\leq i \leq N} gcd(i, N)\\ = \sum_{d|N}d\sum_{1 \leq i \leq \frac{N}{d}}[gcd(i, \frac{N}{d}) = 1]\\ = \sum_{d|N}d\phi(\frac{N}{d}) \]

枚举所有的 $d$ ，然后用质因数分解求 $\phi$ 就好了。

[bzoj3813] 奇数国

一个长度为 $N$ 的序列，每个数都是前 $60$ 小的质数之一。

两种操作一共 $M$ 个：

修改一个位置的数为某前 $60$ 小的质数之一

查询一个区间乘积的 $\phi$ 值（对 $10^7$ 取模）

$1\leq N, M \leq 10^5$

solution

建一棵线段树，维护区间乘积和每个素数出现的次数（二进制表示就好），然后用

$\phi(p) = p\times \prod \frac{s_i - 1}{s_i}$ 算就好了，除法要用逆元。

最大公约数与欧几里得算法

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

$lcm(a, b) = \frac{ab}{gcd(a,b)}$

操场是由 $n$ 个格子围城的圆形，从 $1$ 到 $n$ 编号。

有 $m$ 个同学，每个同学步长 $a_i$ ，从 $1$ 开始跑，求每个同学不会经过的格子数。

$m\leq 10^5, n,a_i \leq 10^9$

如果 $a_i$ 与 $n$ 互质，那么所有的格子都能踩到。

最大公约数，最小公倍数性质

\[lcm(s) = \prod_{T\subset S, T\notin \emptyset} gcd(T)^{(-1)^{|T| - 1}}\\ gcd(Fib(a), Fib(b)) = Fib(gcd(a, b))\\ gcd(x^a - 1, x^b - 1) = x^{gcd(a, b)} - 1 \]

扩展欧几里得

求一组不定方程。

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

推式子得到：

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

一直递归到最后 $x = 1, y = 0$

中国剩余定理

若 $m_1, m_2, m_3……m_n$ 是两两互质的正整数，有同余方程组

\[\begin{cases} x \equiv a_1 (mod~m_1)\\ x \equiv a_2 (mod~m_2)\\ ……\\ x \equiv a_n (mod~m_n)\\ \end{cases} \]
求 $x$ ?

证明：

根据一个定理

两数不能整除，若除数扩大（或缩小）了几倍，而被除数不变，则其商和余数也同时扩大（或缩小）相同的倍数（余数必小于除数）

(证明：假设 a % b = d，a / b = k， a = kb + d， a - kd = d，a，b 同时扩大 z 倍，得到 z(a - kd) = zd;)

所以可以得出 $a_iM_it_i \equiv a_i(mod~~m_i)$

显然 $ M_i$ 除了可以 $m_i$ 之外都可以整除其他 $m$

$\because \forall k \not= i,a_iM_it_i = 0(mod~m_k)$

$\because a_iM_it_i\equiv a_i(~mod~m_i)$

所以带入原式得到：$x = \sum^{n}_{i = 1}a_iM_it_i$

整数分块

求 $\sum_{i = 1}^{n}(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor)^5 \times i$

$n \leq 10^9$ 答案对 $10^9 + 7$ 取模。

引理一：$\lfloor \frac {n}{i} \rfloor $ 最多只有 $2\sqrt{n}$ 种不同的取值。

证明：将 $i$ 分为大于等于 $\sqrt{x}$ 与大于 $\sqrt{x}$ 的两部分

当 $d \leq \sqrt{x}$ 时

此时 $\lfloor{\frac{x}{d}}\rfloor \geq \sqrt{x}$，最多 $\sqrt{x}$ 种取值

当 $d > \sqrt{x}$ 时

$\lfloor \frac{x}{d} \rfloor < \sqrt{x}$，最多 $\sqrt{x}$ 种取值

复杂度为 $O(\sqrt{x})$

引理二：所有$\lfloor \frac {n}{i} \rfloor $ 相同的对应的 i 一定是一段连续的区间

反证法：如果不是连续的区间

一定存在 $l < t < r$ 使得 $\lfloor \frac{n}{l}\rfloor = \lfloor \frac{n}{r}\rfloor$ 且$\lfloor \frac{n}{l}\rfloor \neq \lfloor \frac{n}{t}\rfloor$

$\because t > l$

$\because \lfloor \frac{n}{t}\rfloor < \lfloor \frac{n}{l}\rfloor$

$\because t < r$

$\because \lfloor \frac{n}{t}\rfloor > \lfloor \frac{n}{r}\rfloor$

所以假设不成立

引理三：对于所有连续的区间，如果知道了 l ，那么 r 也会知道

$r = \lfloor{\frac{n}{\lfloor\frac{n}{l}\rfloor}}\rfloor $

证明？~~我不会~~

//f(a) = a^5;
for (int i = 1, last; i <= n; i = last + 1) {
      int a = n / i;
      last = n / a;
      ret += f(a) * (sum[last] - sum[i - 1]);
}

[HDU 5780]

求 $\sum_{1 \leq a,b\leq n} gcd(x^a - 1, x^b - 1)$

$x, n \leq 10^6$

solution

根据 $gcd$ 的性质 $gcd(x^a - 1, x^b - 1) = x^{gcd(a, b)} - 1$ 化简上面的式子。

得到：

$\sum_{1 \leq a,b\leq n} x^{gcd(a,b)} - 1$

考虑枚举 $gcd(a, b)$

$\sum_{k=1}^{n}(x^k - 1) \sum_{1\leq a,b\leq n}[gcd(a, b) = k]$

化简得到：

$\sum_{k = 1}^{n}(x^k - 1)((2\sum_{i = 1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor} \phi(i)) -1)$

卢卡斯定理

如果 $p$ 是质数，有公式

$C^n_{m} \equiv C_{m~mod~p}^{n~mod~p}\times C^{\lfloor \frac{n}{p}\rfloor}_{\lfloor \frac{m}{p} \rfloor}(mod~p)$

[BZOJ 1951] 古代猪文

求 $G^{\sum_{d|n} C_n^{d}}~mod~999911659$

因为 $999911659$ 是个质数，由欧拉定理推论得到。

$G^{\sum_{d|n} C_n^{d}}~mod~999911659 = G^{\sum_{d|n} C_n^{d}~mod~999911659}~mod~999911659$

直接 $Lucas$ 计算 $\sum_{d|n} C_n^{d}~mod~999911659$ 会挂

将 $999911659$ 质因数分解，$999911659 = 2\times 3\times 4679 \times 35617$

枚举 $d$，然后分别计算 $\sum d|n~ C_n^d$ 对 $2， 3， 4679， 35617$ 四个质数取模的结果记作 $a_1, a_2, a_3, a_4$ 。

最后用中国剩余定理求个方程组

\[\begin{cases}x \equiv a_1 (mod~2)\\x \equiv a_2 (mod~4679)\\x \equiv a_3（mod~4679~)\\x \equiv a_4 (mod~35617)\\\end{cases} \]

然后快速幂求答案就好。

线性基

异或运算与 $01$ 串
高斯消元

最值反演。。。。

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来源： https://www.cnblogs.com/Arielzz/p/15141260.html