竞赛中会用到的初等数论

0. 线性筛

[1,n][1,n][1,n]的范围内找质数，复杂度线性O(n)O(n)O(n)。

基于一个简单的想法：每个合数只在他的最小质因数删去。

我们要删去的数xxx,
x=p0×fntlx=p_{0}\times f_{ntl}x=p0×fntl
其中p0p_{0}p0为xxx的最小质因数，fntlf_{ntl}fntl为xxx的次大因数。

void GetPrime(int n)
{memset(isPrime, 1, sizeof(isPrime));isPrime[1] = 0;for(int i = 2; i <= n; i++) //穷举次大因数{if(isPrime[i])Prime[++cnt] = i; for(int j = 1; j <= cnt && i*Prime[j] <= n; j++) //穷举最小质因数{isPrime[i*Prime[j]] = 0;if(i % Prime[j] == 0) break; //当i里有Prime[j]这个因子的时候，Prime[j+1]一定不是i*Prime[j+1]的最小质因数，所以终止，下个不用做了，因为不满足最初的"简单的想法"}}
}

后话：如果把isPrime[i]isPrime[i]isPrime[i]看成一个函数的话，表示i是不是一个质数，那么这里其实是在用递推求值。边界条件其实是iii为质数的时候，函数的值为1。当然这个函数不满足积性（下一节会讲到）。

1. 欧拉函数

欧拉函数 ϕ(x)\phi(x)ϕ(x)，表示的是范围[1,x][1,x][1,x]中与x互质的整数的个数。举几个例子，ϕ(1)=0,ϕ(2)=1,ϕ(3)=2,⋯\phi(1)=0,\ \phi(2)=1,\ \phi(3)=2,\ \cdotsϕ(1)=0, ϕ(2)=1, ϕ(3)=2, ⋯

容易观察到，对于任意一个质数ppp, ϕ(p)=p−1\phi(p)=p-1ϕ(p)=p−1

接下来考虑ϕ(pk)\phi(p^k)ϕ(pk)，由于pkp^kpk只有唯一的质因数p，所以一个与其不互质的数一定包含因子p。所以[1,pk][1,p^k][1,pk]中的p的倍数都与pkp^kpk不互质，其他都与其互质。这个范围内p的倍数总共有pk−1p^{k-1}pk−1个。因此，
ϕ(pk)=pk−pk−1=(p−1)pk−1\phi(p^k)=p^k-p^{k-1}=(p-1)p^{k-1}ϕ(pk)=pk−pk−1=(p−1)pk−1

下面证明一下ϕ(x)\phi(x)ϕ(x)具有一下性质，
对于(x,y)=1(x,y)=1(x,y)=1，有ϕ(x⋅y)=ϕ(x)⋅ϕ(y)\phi(x\cdot y)=\phi(x)\cdot \phi(y)ϕ(x⋅y)=ϕ(x)⋅ϕ(y)

这里用Dirichlet卷积，对交换代数有兴趣的话，同样也可以验证环同态，这个放在Appendix里。

考虑集合Ad={i∣(x,i)=d},d∣x即d为x的一个因数。A_d=\{i|(x,i)=d\},\ d|x\ 即d为x的一个因数。Ad={i∣(x,i)=d}, d∣x 即d为x的一个因数。
∣Ad∣=ϕ(x/d)|A_d|=\phi(x/d)∣Ad∣=ϕ(x/d)
显然有上式（觉得不显然的可以考虑i=k⋅di=k\cdot di=k⋅d的系数k，满足条件时，有几种取值），

x=∑d∣xϕ(x/d)x=\sum_{d|x}\phi(x/d)x=d∣x∑ϕ(x/d)

写成Dirichlet卷积形式

1∗ϕ(x)=∑d∣xϕ(x/d)=x1*\phi(x)=\sum_{d|x}\phi(x/d)=x1∗ϕ(x)=d∣x∑ϕ(x/d)=x

1的卷积逆是Mobius的μ\muμ, 所以ϕ(x)=μ∗x\phi(x)=\mu*xϕ(x)=μ∗x，两个积性函数的卷积还是积性函数，所以欧拉函数也是积性函数。

有了积性和唯一分解定理可以写出欧拉函数的通项

x的唯一质因数分解：
x=p1k1p2k2⋯pnknx=p_1^{k_1} p_2^{k_2}\cdots p_n^{k_n}x=p1k1p2k2⋯pnkn
thenϕ(x)=(p1−1)k1−1(p2−1)k2−1⋯(pn−1)kn−1then\ \phi(x)=(p_1-1)^{k_1-1}(p_2-1)^{k_2-1}\cdots (p_n-1)^{k_n-1}then ϕ(x)=(p1−1)k1−1(p2−1)k2−1⋯(pn−1)kn−1

然后可以愉快的用这三个式子来做递推

ϕ(x)=x−1x为质数ϕ(i×prime(j))=ϕ(i)×ϕ(prime[j])(i,prime[j])=1ϕ(i×prime(j))=ϕ(i)×prime[j](i,prime[j])=prime[j]\begin{aligned} \phi(x) &= x-1 & x为质数 \\ \phi(i\times prime(j))=&\phi(i)\times \phi(prime[j]) &(i,prime[j])=1\\ \phi(i\times prime(j))=&\phi(i)\times prime[j] &(i,prime[j])=prime[j]\\ \end{aligned} ϕ(x)ϕ(i×prime(j))=ϕ(i×prime(j))==x−1ϕ(i)×ϕ(prime[j])ϕ(i)×prime[j]x为质数(i,prime[j])=1(i,prime[j])=prime[j]

void GetPrime(int n)
{memset(isPrime, 1, sizeof(isPrime));isPrime[1] = 0;for(int i = 2; i <= n; i++) //穷举次大因数{if(isPrime[i]){Prime[++cnt] = i; phi[i]=i-1;//i为质数}    for(int j = 1; j <= cnt && i*Prime[j] <= n; j++) //穷举最小质因数{isPrime[i*Prime[j]] = 0;phi[i*Prime[j]]=phi[i]*phi[Prime[j]];//i Prime[j]互质if(i % Prime[j] == 0) {phi[i*Prime[j]]=phi[i]*Prime[j];//i Prime[j]不互质break; }}}
}

求单个数的欧拉函数可以用通项和因式分解求。
同样利用∣Ad∣=ϕ(x/d)|A_d|=\phi(x/d)∣Ad∣=ϕ(x/d)
可以使用分块法解决一些求和问题，比如求∑i=1n(i,n)=∑d∣nd×ϕ(n/d)\sum_{i=1}^n (i,n)=\sum_{d|n} d\times \phi(n/d)∑i=1n(i,n)=∑d∣nd×ϕ(n/d)
习题：P2158

2. 费马小定理和欧拉定理

i.欧拉定理

对于任意正整数a和x，aϕ(x)≡1modxa^{\phi(x)}\equiv 1 \mod xaϕ(x)≡1modx

ii.费马小定理

对于任意正整数a和质数p，ap−1≡1modpa^{{p-1}}\equiv 1 \mod pap−1≡1modp
证明放在附录里，用的是群论的Lagrange Theorem
费马小定理可以用来判断一个数质数，用快速幂可以达到O(lg⁡n)O(\lg n)O(lgn)的复杂度，也可以用来求一个数关于p的数论倒数
a(p−2)a≡1modpa^{(p-2)} a \equiv 1\mod p a(p−2)a≡1modp
a(p−2)≡a−1modpa^{(p-2)} \equiv a^{-1} \mod p a(p−2)≡a−1modp

3. 裴蜀定理

两个整数a,ba , ba,b, 最大公约数为(a,b)=d(a,b)=d(a,b)=d，∃\exist∃整数x,yx,\ yx, y, 满足ax+by=d;ax+by=d;ax+by=d;
∀\forall∀整数x,yx,\ yx, y,
ax+by≡0moddax+by\equiv 0 \mod dax+by≡0modd
证明很简单，这里就不展开讲了有兴趣的同学自己去证明一下。
下面一节会去解决这个求这个a, b的问题。

4. 辗转相除和扩展欧几里得以及求逆元

辗转相除法可以看成一个递归, 递归式是(a,b)=(b,a%b)(a,b)=(b,a\%b)(a,b)=(b,a%b)，边界条件为(a,0)=a(a,0)=a(a,0)=a.
正确性很容易证明，复杂度在1844年被一个法国人计算出来，结果是不会大于5lg⁡min(a,b)5\lg min(a,b)5lgmin(a,b)，标志着算法复杂度理论的开端。

这里提供一种构造Fibonacci的夹逼证明，
Proof
Statement 1: 如果一组a, b在n步辗转相除计算出结果，那么有a>=fn+2b>=fn+1a>=f_{n+2}\\b>=f_{n+1}a>=fn+2b>=fn+1
fnf_nfn为Fibonacci数列的第n项。
这里可以用数学归纳法证明：
当第n步满足考虑(n+1)时，
an+1=⌊an+1bn+1⌋an+bn>=⌊an+1bn+1⌋fn+2+fn+1>=fn+2+fn+1=fn+3a_{n+1}=\lfloor \frac{a_{n+1}}{b_{n+1}} \rfloor a_n+b_n>=\lfloor \frac{a_{n+1}}{b_{n+1}} \rfloor f_{n+2}+f_{n+1}>=f_{n+2}+f_{n+1}=f_{n+3}an+1=⌊bn+1an+1⌋an+bn>=⌊bn+1an+1⌋fn+2+fn+1>=fn+2+fn+1=fn+3
下面只需要考虑Fibonacci的第n项是多少就可以了，如果学过矩阵乘法或者求矩阵特征向量特征根的话那就很容易了，如果没有的话可以去学一学，这里直接给出通项。
fn=(1+52)n−(1−52)n5f_n=\frac{(\frac{1+\sqrt{5}}{2})^n-(\frac{1-\sqrt{5}}{2})^n}{\sqrt{5}}fn=5(21+5)n−(21−5)n
显然 fnf_nfn和nnn是指数关系，即fn=an,a>1f_n=a^n,\ a>1fn=an, a>1
所以由bn≈fn+1b_n\approx f_{n+1}bn≈fn+1可以得到，n≈log⁡abn \approx \log_a{b}n≈logab

以上为辗转相除的复习。

下面考虑这样一个问题，即解决裴蜀定理，已知a，b
ax+by=gcd(a,b)ax+by=gcd(a,b)ax+by=gcd(a,b)
求一组整数解x, y。

考虑辗转相除法：
边界条件：ax(n)+0⋅y(n)=gcd(a,0)=aax^{(n)}+0\cdot y^{(n)}=gcd(a,0)=aax(n)+0⋅y(n)=gcd(a,0)=a
显然有一组解：x(n)=1,y(n)=0x^{(n)}=1,\ y^{(n)}=0x(n)=1, y(n)=0

第一层：ax(k)+by(k)=gcd(a,b)ax^{(k)}+by^{(k)}=gcd(a,b)ax(k)+by(k)=gcd(a,b)
第二层：bx(k+1)+ry(k+1)=gcd(b,r),a≡rmodbbx^{(k+1)}+ry^{(k+1)}=gcd(b,r),\ a \equiv r \mod bbx(k+1)+ry(k+1)=gcd(b,r), a≡rmodb
有gcd(a,b)=gcd(b,r)gcd(a,b)=gcd(b,r)gcd(a,b)=gcd(b,r), 和上面两式结合有：ax(k)+by(k)=bx(k+1)+ry(k+1)ax^{(k)}+by^{(k)}=bx^{(k+1)}+ry^{(k+1)}ax(k)+by(k)=bx(k+1)+ry(k+1)
r=a−⌊ab⌋br=a-\lfloor \frac{a}{b}\rfloor br=a−⌊ba⌋b
ax(k)+by(k)=bx(k+1)+(a−⌊ab⌋b)⋅y(k+1)ax^{(k)}+by^{(k)}=bx^{(k+1)}+(a-\lfloor \frac{a}{b}\rfloor b)\cdot y^{(k+1)}ax(k)+by(k)=bx(k+1)+(a−⌊ba⌋b)⋅y(k+1)
上式左右两边相等可以得到：
x(k)=y(k+1)y(k)=x(k+1)−⌊ab⌋y(k+1)\begin{aligned} x^{(k)}&=y^{(k+1)}\\ y^{(k)}&=x^{(k+1)}-\lfloor \frac{a}{b}\rfloor y^{(k+1)} \end{aligned} x(k)y(k)=y(k+1)=x(k+1)−⌊ba⌋y(k+1)
于是就得到了一个递推式，结合边界条件就可以得到解。

void Ex_gcd(int a, int b, int &x, int &y)
{if(b == 0){x = 1;y = 0;return;}int x1, y1;Ex_gcd(b, a%b, x1, y1);x = y1;y = x1-(a/b)*y1;
}

然后求到x(1),y(1)x^{(1)},\ y^{(1)}x(1), y(1)，之后可以通过加上若干个ap+bq=0,a>0a p +b q=0,\ a>0ap+bq=0, a>0，那么x的最小正整数解就是x≡x(a)modpx\equiv x^{(a)}\mod px≡x(a)modp。

5. 中国剩余定理

韩信点兵：3个人一排剩2个，5个人一排剩3个，7个人一排剩2个，问有几个人？
答案233个或23个⋯\cdots⋯！
问题的形式化：
x≡a1modm1x≡a2modm2…x≡akmodmk\begin{aligned} x &\equiv a_1 \mod m_1\\ x &\equiv a_2 \mod m_2\\ &\dots\\ x &\equiv a_k \mod m_k \end{aligned} xxx≡a1modm1≡a2modm2…≡akmodmk
任意两个mi,mjm_i,\ m_jmi, mj, 需要满足(mi,mj)=1(m_i,m_j)=1(mi,mj)=1。

构造一个M=m1m2…mkM=m_1m_2\dots m_kM=m1m2…mk
再定义一个
M1=Mm1M2=Mm2⋯Mk=Mmk\begin{aligned} M_1&=\frac{M}{m_1}\\ M_2&=\frac{M}{m_2}\\ &\cdots\\ M_k&=\frac{M}{m_k}\\ \end{aligned} M1M2Mk=m1M=m2M⋯=mkM
对于MiM_iMi, 可以求一个tit_iti，满足Miti≡1modmiM_i t_i \equiv 1\mod m_iMiti≡1modmi。
这时候就构造出来了！x=∑i=1kaitiMix=\sum_{i=1}^k a_it_iM_ix=i=1∑kaitiMi
xxx显然是上述同余方程组的解。

其中唯一有问题的就是其中求tit_iti，就是求一个整数a关于p的倒数，现有(a,p)=1(a,p)=1(a,p)=1,
(a⋅x)%p=1(a\cdot x)\%p=1(a⋅x)%p=1可以转化成
a⋅x+p⋅y=1=(a,p)a\cdot x+p\cdot y=1=(a,p)a⋅x+p⋅y=1=(a,p)
于是就可以用扩展欧几里得算法来求xxx和yyy了，当然我们只需要求xxx。

6. 威尔逊定理

p是质数⇔(p−1)!≡p−1modpp是质数 \Leftrightarrow (p-1)!\equiv p-1 \mod pp是质数⇔(p−1)!≡p−1modp
必要性显然
充分性给一个用费马小定理的证明，p≥3p\geq 3p≥3且p是质数：
f(x)=(x−1)⋅(x−2)…(x−(p−1))=xp−1+(1+2+⋯+p−1)xp−2+⋯+(p−1)!\begin{aligned} f(x)&=(x-1)\cdot (x-2) \dots (x-(p-1)) \\ &=x^{p-1}+(1+2+\dots +p-1)x^{p-2}+\dots+(p-1)! \end{aligned} f(x)=(x−1)⋅(x−2)…(x−(p−1))=xp−1+(1+2+⋯+p−1)xp−2+⋯+(p−1)!
注意这里满足f(x)=0的根为1∼(p−1)1\sim(p-1)1∼(p−1)

定义g(x)=xp−1−1g(x)=x^{p-1}-1g(x)=xp−1−1
根据费马小定理，满足g(x)≡0modpg(x) \equiv 0 \mod pg(x)≡0modp的解也是1∼(p−1)1\sim(p-1)1∼(p−1)
所以对于任意的xxx，满足h(x)=f(x)−g(x)≡0modph(x)=f(x)-g(x)\equiv 0 \mod ph(x)=f(x)−g(x)≡0modp

但是考虑到h(x)h(x)h(x)的最高此项是x(p−2)x^(p-2)x(p−2)这一项，所以方程h(x)≡0modph(x)\equiv 0\mod ph(x)≡0modp最多有(p−2)(p-2)(p−2)个解，因此h(x)h(x)h(x)只能恒等于0。

所以他的常数项 (p−1)!+1(p-1)!+1(p−1)!+1必须满足(p−1)!+1≡0modp(p-1)!+1\equiv 0 \mod p(p−1)!+1≡0modp，这个式子就是威尔逊定理。
题目：hdu2973

Appendix

施工中…\dots…

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