数论

若 a≡b(modm)a \equiv b (\mod m)a≡b(modm)，则 (a,m)=(b,m)(a, m) = (b, m)(a,m)=(b,m)。
a≡b(modmi)(1≤i≤n)a \equiv b(\mod m_i)(1 \le i \le n)a≡b(modmi)(1≤i≤n) 同时成立，当且仅当 a≡b(mod[m1,m2,…,mn])a \equiv b(\mod [m_1,m_2,\dots,m_n])a≡b(mod[m1,m2,…,mn])。
素数定理 设 π(x)\pi(x)π(x) 为不超过 xxx 的素数个数，当 x→∞x \to \inftyx→∞ 时，π(x)∼xln⁡(x)\pi(x) \thicksim \frac{x}{\ln(x)}π(x)∼ln(x)x。

线性求逆元

设模数为质数 PPP，待求逆元的为 kkk，则
P=⌊Pk⌋k+(Pmodk)⇔⌊Pk⌋k+(Pmodk)≡0(modP)\begin{aligned}P = \lfloor \frac{P}{k} \rfloor k + (P \mod k) \Leftrightarrow \lfloor \frac{P}{k} \rfloor k + (P \mod k) \equiv 0(\mod P)\end{aligned} P=⌊kP⌋k+(Pmodk)⇔⌊kP⌋k+(Pmodk)≡0(modP)
同乘 k−1(Pmodk)−1k^{-1}(P\mod k)^{-1}k−1(Pmodk)−1 后移项，得
k−1≡−⌊Pk⌋(Pmodk)−1(modP)k^{-1} \equiv -\lfloor \frac{P}{k} \rfloor (P \mod k)^{-1} (\mod P) k−1≡−⌊kP⌋(Pmodk)−1(modP)

 inv[1] = 1;for (int i = 2; i <= n; ++i)inv[i] = 1ll * (mod - mod / i) * inv[mod % i] % mod;

快速乘

算法一

对乘数 bbb 进行二进制拆分，化乘法为加法，时间复杂度 O(log⁡b)\mathcal O(\log b)O(logb)。

inline ll quickPower(ll a, ll b)
{ll res = 0;while (b){if (b & 1)add(res, a);add(a, a);b >>= 1;}return res;
}

算法二

abmodp=ab−⌊abp⌋pab \mod p = ab - \lfloor \frac{ab}{p}\rfloor pabmodp=ab−⌊pab⌋p。
利用 long double 存储 ⌊abp⌋\lfloor \frac{ab}{p}\rfloor⌊pab⌋，时间复杂度 O(1)\mathcal O(1)O(1)，有极小的概率出错。

typedef long long ll;
typedef long double ld;
const ld eps = 1e-8;inline ll quickPower(ll a, ll b)
{ll res = a * b - (ll)((ld)a / mod * b + eps) * mod;return res < 0 ? res + mod : res;
}

扩展欧几里得

设 d=gcd⁡(a,b)d = \gcd(a,b)d=gcd(a,b)，求 ax+by=dax + by = dax+by=d 的一组 (x,y)(x, y)(x,y)
ax+by=d,bx′+(amodb)y′=dbx′+(a−⌊ab⌋b)y′=day′+b(x′−⌊ab⌋y′)=dx=y′,y=x′−⌊ab⌋y′\begin{aligned}ax + by = d, bx' + (a\mod b)y' &= d \\bx'+(a - \lfloor \frac{a}{b}\rfloor b)y'&= d \\ay' + b(x' - \lfloor \frac{a}{b} \rfloor y') &= d \\x = y', y = x' - \lfloor \frac{a}{b} \rfloor y' \\\end{aligned} ax+by=d,bx′+(amodb)y′bx′+(a−⌊ba⌋b)y′ay′+b(x′−⌊ba⌋y′)x=y′,y=x′−⌊ba⌋y′=d=d=d
迭代到 a′=d,b′=0a' = d, b' = 0a′=d,b′=0 可得 x′=1,y′=0x' = 1, y' = 0x′=1,y′=0，由数学归纳法可得最后解的大小满足：
∣x∣≤b,∣y∣≤a\begin{aligned}|x|\le b, |y|\le a\end{aligned} ∣x∣≤b,∣y∣≤a

inline void exGcd(ll a, ll b, ll &x, ll &y, ll &g)
{if (!b){x = 1;y = 0;g = a;return ;}exGcd(b, a % b, y, x, g);y -= a / b * x;
}

线性同余方程

定理1 若 (a,b)∣c(a,b)|c(a,b)∣c，则二元一次方程 ax+by=c(a,b,c∈N)ax + by = c(a,b,c\in\mathbb N)ax+by=c(a,b,c∈N) 有无穷多解，否则方程不存在整数解。
定理2 若二元一次方程 ax+by=c(a,b,c∈N)ax + by = c(a,b,c\in \mathbb N)ax+by=c(a,b,c∈N) 有解且特解为 x=x0,y=y0x = x_0, y = y_0x=x0,y=y0，那么方程的解可表示为 x=x0+bdt,y=y0−adt,t∈Zx = x_0 + \frac{b}{d}t, y = y_0 - \frac{a}{d}t, t\in \mathbb Zx=x0+dbt,y=y0−dat,t∈Z
定理3 nnn 元一次不定方程 ∑i=1naixi=c(ai,c∈N)\sum \limits_{i = 1}^{n}a_ix_i = c(a_i,c\in\mathbb N)i=1∑naixi=c(ai,c∈N) 有解的充要条件为 (a1,a2,…,an)∣c(a_1,a_2,\dots,a_n) | c(a1,a2,…,an)∣c

解 n 元一次不定方程

解 nnn 元一次不定方程 ∑i=1naixi=c(ai,c∈N)\sum \limits_{i = 1}^{n}a_ix_i = c(a_i,c\in\mathbb N)i=1∑naixi=c(ai,c∈N) 。
顺次求出 (a1,a2)=d2,(d2,a3)=d3,…,(dn−1,an)=dn(a_1, a_2) = d_2, (d_2, a_3) = d_3,\dots,(d_{n-1}, a_n) = d_n(a1,a2)=d2,(d2,a3)=d3,…,(dn−1,an)=dn。
若 dn∣cd_n | cdn∣c，则方程有解，作方程组
a1x1+a2x2=d2t2d2t2+a3x3=d3t3…dn−1tn−1+anxn=c\begin{aligned} a_1x_1 + a_2x_2 &= d_2t_2 \\d_2t_2 + a_3x_3 &= d_3t_3 \\&\dots \\d_{n-1}t_{n-1} + a_nx_n &= c\\\end{aligned} a1x1+a2x2d2t2+a3x3dn−1tn−1+anxn=d2t2=d3t3…=c
求出最后一个方程的解，依次往上迭代。

解 n 元一次不定方程组

解 mmm 个 nnn 元一次不定方程组成的方程组，其中 m<nm < nm<n，由 m−1m - 1m−1 个不定方程，消去 m−1m - 1m−1 个未知数，将方程组转化为 n−m+1n - m + 1n−m+1 元的一次不定方程。

解一元线性同余方程

二元一次不定方程 ax+by=cax + by = cax+by=c ⇔\Leftrightarrow⇔ 求一元线性同余方程 ax≡c(modb)ax \equiv c(\mod b)ax≡c(modb) 整数解，设 d=gcd⁡(a,b)d = \gcd(a, b)d=gcd(a,b)，若 ddd 不能整除 ccc 则无解，否则在 modc\mod cmodc 的意义下解有 ddd 个，解的形式为
x=x0+bdt,t∈Z\begin{aligned}x = x_0 + \frac{b}{d}t, t\in\mathbb Z\end{aligned} x=x0+dbt,t∈Z

解一元线性同余方程组

算法1 合并法

以合并下面两个方程为例，
x≡b1(modm1)x≡b2(modm2)\begin{aligned} x &\equiv b_1 (\mod m_1) \\ x &\equiv b_2 (\mod m_2) \\ \end{aligned} xx≡b1(modm1)≡b2(modm2)
设 x=b1+m1y1=b2+m2y2x = b_1 + m_1y_1 = b_2 + m_2 y_2x=b1+m1y1=b2+m2y2，即 m2y2−m1y1=b1−b2m_2y_2 - m_1y_1 = b_1 - b_2m2y2−m1y1=b1−b2
解出 y2y_2y2，设 m=[m1,m2]m = [m_1,m_2]m=[m1,m2]，得到方程 x≡b2+m2y2(modm)x \equiv b_2 + m_2y_2(\mod m)x≡b2+m2y2(modm)
若有多个方程，依据上述过程直至消成单个方程即可。

算法2 中国剩余定理

设 m1,m2,…,mrm_1,m_2,\dots,m_rm1,m2,…,mr 为两两互素的正整数，则同余方程组
x≡a1(modm1)x≡a2(modm2)…x≡ar(modmr)\begin{aligned}x &\equiv a_1 (\mod m_1)\\x &\equiv a_2 (\mod m_2)\\&\dots \\x &\equiv a_r (\mod m_r)\\\end{aligned} xxx≡a1(modm1)≡a2(modm2)…≡ar(modmr)
有在模 M=∏i=1rmiM = \prod\limits_{i = 1}^{r}m_iM=i=1∏rmi 意义下的唯一解，即中国剩余定理。
设 Mi=MmiM_i = \frac{M}{m_i}Mi=miM，tit_iti 为 Miti=1(modmi)M_it_i = 1(\mod m_i)Miti=1(modmi) 的解，则唯一解为 x=(∑i=1raitiMi)modMx =\left( \sum\limits_{i=1}^{r}a_it_iM_i\right)\mod Mx=(i=1∑raitiMi)modM

原根

阶

设 n,a∈N+,n>1,a⊥nn,a \in \mathbb N_{+}, n>1, a \perp nn,a∈N+,n>1,a⊥n，则 ∃1≤r≤n,ar≡1(modn)\exist 1\le r\le n, a^r \equiv 1(\mod n)∃1≤r≤n,ar≡1(modn)，将最小的 rrr 称为 aaa 模 nnn 的阶，记作 Ordn(a)\text{Ord}_n(a)Ordn(a)。
若 a⊥n,aN≡1(modn)a\perp n, a^{N} \equiv 1(\mod n)a⊥n,aN≡1(modn)，则 Ordn(a)∣N\text{Ord}_n(a) | NOrdn(a)∣N。
若 a⊥na \perp na⊥n，Ordn(a)∣ϕ(n)\text{Ord}_n(a) \vert \phi(n)Ordn(a)∣ϕ(n)。

原根

设 a,n∈N+,n>1,a⊥na,n \in \mathbb N_{+}, n > 1, a\perp na,n∈N+,n>1,a⊥n，若 Ordn(a)=ϕ(n)\text{Ord}_n(a) = \phi(n)Ordn(a)=ϕ(n)，则称 aaa 为模 nnn 的一个原根。
剩余类 所有模 nnn 同余的整数构成的集合，设余数为 rrr，则该剩余类简记为 r‾\overline{r}r。
剩余系 模 nnn 所得的余数域。
简化剩余系 若模 nnn 的一个剩余类内所有数都与 nnn 互素，就称其为与模 nnn 互素的剩余类，在与模 nnn 互素的全体剩余类中，从每一个类中任取一个数作为代表组成的集合，称为模 nnn 的一个简化剩余系，容易证明，简化剩余系关于模 nnn 乘法封闭。
记 δ=Ordn(a)\delta = \text{Ord}_n(a)δ=Ordn(a)，则 a0,a1,…,aδ−1a^0, a^1, \dots, a^{\delta - 1}a0,a1,…,aδ−1 两两不同余，当 aaa 是 nnn 的原根时，a0,a1,…,aδ−1a^0, a^1, \dots, a^{\delta - 1}a0,a1,…,aδ−1 构成模 nnn 的简化剩余系，当 nnn 为质数时，{a0,a1,…,aδ−1}\{a^0, a^1, \dots, a^{\delta - 1}\}{a0,a1,…,aδ−1} 与 {1,2,…,n−1}\{1,2,\dots,n -1\}{1,2,…,n−1} 构成双射。
只有 2,4,pk,2pk(p为奇素数)2,4,p^k,2p^k(p为奇素数)2,4,pk,2pk(p为奇素数) 有原根。
若 nnn 存在原根，设 nnn 的最小原根为 ggg，则 gsmodn(1≤s≤ϕ(n),s⊥ϕ(n))g^s \mod n(1\le s\le \phi(n), s\perp\phi(n))gsmodn(1≤s≤ϕ(n),s⊥ϕ(n)) 一定也是它的原根，因此 nnn 共有 ϕ(ϕ(n))\phi(\phi(n))ϕ(ϕ(n)) 个原根。

原根的求法

暴力枚举最小原根 ggg，满足 g⊥ng\perp ng⊥n，要验证 ggg 是否是 nnn 的原根。
根据 Ordn(a)∣ϕ(n)\text{Ord}_n(a) | \phi(n)Ordn(a)∣ϕ(n)，我们只需验证对于每个 d∣ϕ(n)(d≠ϕ(n))d \vert \phi(n)(d \not = \phi(n))d∣ϕ(n)(d=ϕ(n))，均有 ad≢1(modn)a^d \not \equiv 1(\mod n)ad≡1(modn)。
进一步地，设 ϕ(n)=∏i=1mpici\phi(n) = \prod \limits_{i = 1}^{m}p_i^{c_i}ϕ(n)=i=1∏mpici，我们只需对所有 pip_ipi，验证 aϕ(n)pi≢1(modn)a^{\frac{\phi(n)}{p_i}} \not \equiv 1(\mod n)apiϕ(n)≡1(modn)。
之后暴力枚举 sss，满足 s⊥ϕ(n)s\perp \phi(n)s⊥ϕ(n)，就能求出所有的原根。

inline void findRoot(int x)
{int u = x, phi = x;for (int i = 2, im = sqrt(x); i <= im && i <= u; ++i)if (u % i == 0){phi = phi / i * (i - 1);u /= i;while (u % i == 0)u /= i; }if (u > 1)phi = phi / u * (u - 1); cm = am = 0;u = phi;for (int i = 2, im = sqrt(phi); i <= im && i <= u; ++i)if (u % i == 0){cur[++cm] = i;u /= i;while (u % i == 0)u /= i;}if (u > 1)cur[++cm] = u;int g;for (g = 1; g < x; ++g){if (std::__gcd(g, x) > 1)continue ;bool flag = false;for (int i = 1; i <= cm; ++i)if (quick_pow(g, phi / cur[i], x) == 1){flag = true;break ;}if (!flag)break ;}if (g == x)return ;int res = 1;for (int s = 1; s <= phi; ++s){res = 1ll * res * g % x;if (std::__gcd(phi, s) > 1)continue ;ans[++am] = res;}std::sort(ans + 1, ans + am + 1);
}

数论函数

积性函数 函数 fff 满足 ∀a,b∈N,a⊥b\forall a,b\in \mathbb N,a\perp b∀a,b∈N,a⊥b，f(ab)=f(a)f(b)f(ab) = f(a)f(b)f(ab)=f(a)f(b)。
完全积性函数 函数 fff 满足 ∀a,b∈N\forall a,b\in \mathbb N∀a,b∈N，f(ab)=f(a)f(b)f(ab) = f(a)f(b)f(ab)=f(a)f(b)。

常见积性函数

欧拉函数

记作 φ(n)\varphi(n)φ(n)，指不超过 nnn 且与 nnn 互素的正整数个数，由中国剩余定理可知其为积性函数。
定理1 设 n=∏i=1mpicin = \prod \limits_{i = 1}^{m}p_i^{c_i}n=i=1∏mpici，则 φ(n)=∏i=1m(pi−1)pici−1=∏i=1m(1−1pi)\varphi(n) = \prod \limits_{i = 1}^{m}(p_i - 1)p_i^{c_i - 1} = \prod\limits_{i = 1}^{m}(1 - \frac{1}{p_i})φ(n)=i=1∏m(pi−1)pici−1=i=1∏m(1−pi1)。
- 推论1 当 nnn 为奇数时，φ(2n)=φ(n)\varphi(2n) = \varphi(n)φ(2n)=φ(n)。
- 推论2 设 nnn 为一个大于 2 的正整数，那么 φ(n)\varphi(n)φ(n) 是偶数。
定理2 当 n>1n > 1n>1 时，[1,n][1,n][1,n] 中与 nnn 互质的整数的和为 nφ(n)2\frac{n\varphi(n)}{2}2nφ(n)。
欧拉定理 对于任意两个互质的正整数 a,m(m≥2)a,m(m\ge2)a,m(m≥2)，有 aφ(m)≡1(modm)a^{\varphi(m)}\equiv 1(\mod m)aφ(m)≡1(modm)，故 aφ(m)−1a^{\varphi(m) - 1}aφ(m)−1 为 aaa 在模 mmm 意义下的逆元。
- 推论（费马小定理） 设 mmm 为质数，am−1≡1(modm)a^{m - 1}\equiv 1(\mod m)am−1≡1(modm)，故 am−2a^{m-2}am−2 为 aaa 在模 mmm 意义下的逆元。

证明

∀b,c\forall b,c∀b,c，ab≡ac(modm)⇔a(b−c)≡0(modm)ab \equiv ac(\mod m) \Leftrightarrow a(b - c)\equiv 0(\mod m)ab≡ac(modm)⇔a(b−c)≡0(modm)，因为 a⊥ma\perp ma⊥m，b≡c(modm)b\equiv c(\mod m)b≡c(modm)，故当 b≢c(modm)b\not \equiv c (\mod m)b≡c(modm) 时，ab‾,ac‾\overline{ab},\overline{ac}ab,ac 也表示不同的剩余类。

设 mmm 的简化剩余系为 {a1‾,a2‾,…,aφ(m)‾}\{\overline{a_1},\overline{a_2},\dots,\overline{a_{\varphi(m)}}\}{a1,a2,…,aφ(m)} ，由其模 mmm 乘法封闭的性质以及上述结论，可以推知 {aa1‾,aa2‾,…aaφ(m)‾}\{\overline{aa_1},\overline{aa_2}, \dots\overline{aa_{\varphi(m)}}\}{aa1,aa2,…aaφ(m)} 也能表示 mmm 的简化剩余系，故：
aφ(m)a1a2…aφ(m)≡(aa1)(aa2)…(aaφ(m))≡a1a2…aφ(m)(modm)a^{\varphi(m)} a_1a_2\dots a_{\varphi(m)} \equiv (aa_1)(aa_2)\dots(aa_{\varphi(m)}) \equiv a_1a_2\dots a_{\varphi(m)} (\mod m) aφ(m)a1a2…aφ(m)≡(aa1)(aa2)…(aaφ(m))≡a1a2…aφ(m)(modm)

由简化剩余系的定义可知 aφ(m)≡1(modm)a^{\varphi(m)} \equiv 1(\mod m)aφ(m)≡1(modm)，证毕。

扩展欧拉定理 对于任意正整数 a,b,ma,b,ma,b,m，若 b≥φ(m)b \ge \varphi(m)b≥φ(m)，则 ab≡abmodφ(m)+φ(m)(modm)a^b \equiv a^{b \mod \varphi(m) + \varphi(m)}(\mod m)ab≡abmodφ(m)+φ(m)(modm)。若 a,ma,ma,m 互质，则 ab≡abmodϕ(m)(modm)a^b \equiv a^{b \mod \phi(m)}(\mod m)ab≡abmodϕ(m)(modm)。

莫比乌斯函数

记作 μ(n)\mu(n)μ(n)，若 nnn 有平方数因子，则 μ(n)=0\mu(n) = 0μ(n)=0，否则 nnn 为 kkk 个不同质数的成绩，则 μ(n)=(−1)k\mu(n) = (-1)^kμ(n)=(−1)k。特别地 μ(1)=1\mu(1) = 1μ(1)=1。

除数函数

σk(n)\sigma_k(n)σk(n) 表示 nnn 所有正因子的 kkk 次幂之和。
d(n)=σ0(n)d(n) = \sigma_0(n)d(n)=σ0(n) 表示 nnn 的正因子个数，σ(n)=σ1(n)\sigma(n) = \sigma_1(n)σ(n)=σ1(n) 表示 nnn 的所有正因子之和。

幂函数

Idk(n)=nk,1(n)=Id0(n)=1,Id(n)=Id1(n)=1Id_k(n) = n^k, 1(n) = Id_0(n) = 1, Id(n) = Id_1(n) = 1Idk(n)=nk,1(n)=Id0(n)=1,Id(n)=Id1(n)=1。

单位函数

ε(n)=[n=1]\varepsilon(n) = [n = 1]ε(n)=[n=1]。

Dirichlet 卷积

定义数论函数 f,gf,gf,g 的 Dirichlet\text{Dirichlet}Dirichlet 卷积为 (f∗g)(n)=∑d∣nf(d)g(nd)(f*g)(n) = \sum \limits_{d|n}f(d)g(\frac{n}{d})(f∗g)(n)=d∣n∑f(d)g(dn)，满足交换律、结合律、分配率，且有单位元 ε\varepsilonε。
若 f,gf,gf,g 均为积性函数，则 f∗gf*gf∗g 也为积性函数。
常见的 Dirichlet\text{Dirichlet}Dirichlet 卷积：
d=1∗1,σ=Id∗1,φ=μ∗Id,ε=μ∗1d = 1 * 1, \sigma = Id * 1, \varphi = \mu * Id, \varepsilon = \mu * 1 d=1∗1,σ=Id∗1,φ=μ∗Id,ε=μ∗1
由于 Id=1∗μ∗Id=1∗φId = 1 * \mu * Id = 1 * \varphiId=1∗μ∗Id=1∗φ，即 n=∑d∣nφ(d)n = \sum \limits_{d | n}\varphi(d)n=d∣n∑φ(d)。

莫比乌斯反演

对于两个函数 f,gf,gf,g：
f(n)=∑d∣ng(d)⇔g(n)=∑d∣nμ(nd)f(d)f(n) = \sum \limits_{d | n}g(d) \Leftrightarrow g(n) = \sum \limits_{d|n} \mu(\frac{n}{d})f(d) f(n)=d∣n∑g(d)⇔g(n)=d∣n∑μ(dn)f(d)

证明
∵f=1∗g⇒1∗μ∗g=μ∗f⇒g=μ∗fg=μ∗f⇒1∗g=1∗μ∗f⇒f=1∗g∴f=1∗g⇔g=μ∗f\begin{aligned} \because & f = 1 * g \Rightarrow 1 * \mu * g = \mu * f \Rightarrow g = \mu * f \\ & g = \mu * f \Rightarrow 1 * g = 1 * \mu * f \Rightarrow f = 1 * g \\ \therefore & f = 1 * g \Leftrightarrow g = \mu * f \end{aligned} ∵∴f=1∗g⇒1∗μ∗g=μ∗f⇒g=μ∗fg=μ∗f⇒1∗g=1∗μ∗f⇒f=1∗gf=1∗g⇔g=μ∗f

另一种形式：
f(n)=∑n∣dg(d)⇔g(n)=∑n∣df(d)μ(dn)f(n) = \sum \limits_{n | d} g(d) \Leftrightarrow g(n) = \sum\limits_{n|d}f(d)\mu(\frac{d}{n}) f(n)=n∣d∑g(d)⇔g(n)=n∣d∑f(d)μ(nd)

证明
g(n)=∑n∣df(d)μ(dn)=∑n∣dμ(dn)∑d∣tg(t)=∑n∣tg(t)∑d∣tnμ(d)=∑n∣tg(t)[n=t]=g(n)f(n)=∑n∣dg(d)=∑n∣d∑d∣tf(t)μ(td)=∑n∣tf(t)∑d∣tnμ(d)=∑n∣tf(t)[n=t]=f(n)g(n) = \sum\limits_{n|d}f(d)\mu(\frac{d}{n}) = \sum \limits_{n|d} \mu(\frac{d}{n}) \sum \limits_{d|t}g(t) = \sum \limits_{n|t}g(t)\sum \limits_{d|\frac{t}{n}}\mu(d) = \sum \limits_{n|t}g(t)[n = t] = g(n) \\ f(n) = \sum \limits_{n | d}g(d) = \sum\limits_{n|d}\sum \limits_{d|t}f(t)\mu(\frac{t}{d}) = \sum \limits_{n|t}f(t)\sum\limits_{d|\frac{t}{n}}\mu(d) = \sum\limits_{n|t}f(t)[n = t] = f(n)\\ g(n)=n∣d∑f(d)μ(nd)=n∣d∑μ(nd)d∣t∑g(t)=n∣t∑g(t)d∣nt∑μ(d)=n∣t∑g(t)[n=t]=g(n)f(n)=n∣d∑g(d)=n∣d∑d∣t∑f(t)μ(dt)=n∣t∑f(t)d∣nt∑μ(d)=n∣t∑f(t)[n=t]=f(n)

线性筛

线性筛素数的流程如下：
- 设 lowilow_ilowi 表示 iii 的最小质因子。
- 考虑从 2 到 nnn 枚举 iii，若 lowilow_ilowi 还未被计算出来，则 iii 为质数，lowi=ilow_i=ilowi=i。
- 枚举所有不超过 lowilow_{i}lowi 的质数 ppp，令 lowip=plow_{ip} = plowip=p。
在线性筛中，我们能得到每个数 nnn 的最小质因子 ppp 以及它的次数 kkk，则 f(n)=f(pk)f(npk)f(n) = f(p^k)f(\frac{n}{p^k})f(n)=f(pk)f(pkn)，若 f(pk)f(p^k)f(pk) 可以快速求出，就能在线性筛的同时快速求出 f(n)f(n)f(n)，有时也可利用积性函数本身的性质简化计算。
以 μ(n),φ(n)\mu(n),\varphi(n)μ(n),φ(n) 的筛法为例。

inline void sieve(int lim)
{phi[1] = mu[1] = 1;for (int i = 2; i <= lim; ++i){if (!low[i]){pri[++pn] = low[i] = i;phi[i] = i - 1;mu[i] = -1;}for (int j = 1; j <= pn && 1ll * i * pri[j] <= lim; ++j){int k = pri[j] * i;low[k] = pri[j];if (low[i] == pri[j]){phi[k] = phi[i] * pri[j];mu[k] = 0;break ;}phi[k] = phi[i] * (pri[j] - 1);mu[k] = -mu[i];}}
}

整除分块

性质 ⌊⌊ab⌋c⌋=⌊abc⌋\lfloor \frac{\lfloor\frac{a}{b}\rfloor}{c} \rfloor = \lfloor \frac{a}{bc}\rfloor⌊c⌊ba⌋⌋=⌊bca⌋。
易证，⌊nd⌋\lfloor \frac{n}{d} \rfloor⌊dn⌋ 的取值只有至多 2n2\sqrt n2n 种，且 ⌊nd⌋=⌊nx⌋\lfloor \frac{n}{d} \rfloor = \lfloor \frac{n}{x} \rfloor⌊dn⌋=⌊xn⌋ 最大的 xxx 即满足 ⌊nd⌋x≤n,x=⌊n⌊nd⌋⌋\lfloor \frac{n}{d} \rfloor x \le n, x = \lfloor \frac{n}{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor} \rfloor⌊dn⌋x≤n,x=⌊⌊dn⌋n⌋。

常见模型

1≤n,m≤1071 \le n,m \le 10^71≤n,m≤107，询问组数 T≤104T \le 10^4T≤104：
∑i=1n∑j=1m(i,j)=∑t=1min⁡{n,m}t∑i=1n∑j=1m[(i,j)=t]=∑t=1min⁡{n,m}t∑i=1⌊nt⌋∑j=1⌊mt⌋[(i,j)=1]=∑t=1min⁡{n,m}t∑i=1⌊nt⌋∑j=1⌊mt⌋∑d∣id∣jμ(d)=∑t=1min⁡{n,m}t∑dμ(d)⌊ntd⌋⌊mtd⌋=∑T=td=1min⁡{n,m}∑t∣Ttμ(Tt)⌊nT⌋⌊mT⌋=∑T=1min⁡{n,m}φ(T)⌊nT⌋⌊mT⌋\begin{aligned} &\sum \limits_{i = 1}^{n} \sum \limits_{j = 1}^{m}(i,j) \\= &\sum \limits_{t = 1}^{\min\{n,m\}}t\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{m}[(i,j)=t]\\= &\sum \limits_{t = 1}^{\min\{n,m\}}t\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{t}\rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{t}\rfloor}[(i,j)=1]\\= & \sum \limits_{t = 1}^{\min\{n,m\}}t\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{t}\rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{t}\rfloor}\sum\limits_{d|i\\d|j}\mu(d)\\= & \sum \limits_{t = 1}^{\min\{n,m\}}t\sum\limits_{d}\mu(d)\lfloor\frac{n}{td}\rfloor\lfloor\frac{m}{td}\rfloor\\= & \sum\limits_{T=td=1}^{\min\{n,m\}}\sum \limits_{t | T}t\mu(\frac{T}{t})\lfloor\frac{n}{T}\rfloor\lfloor\frac{m}{T}\rfloor\\= & \sum\limits_{T=1}^{\min\{n,m\}}\varphi(T)\lfloor\frac{n}{T}\rfloor\lfloor\frac{m}{T}\rfloor\\\end{aligned} ======i=1∑nj=1∑m(i,j)t=1∑min{n,m}ti=1∑nj=1∑m[(i,j)=t]t=1∑min{n,m}ti=1∑⌊tn⌋j=1∑⌊tm⌋[(i,j)=1]t=1∑min{n,m}ti=1∑⌊tn⌋j=1∑⌊tm⌋d∣id∣j∑μ(d)t=1∑min{n,m}td∑μ(d)⌊tdn⌋⌊tdm⌋T=td=1∑min{n,m}t∣T∑tμ(tT)⌊Tn⌋⌊Tm⌋T=1∑min{n,m}φ(T)⌊Tn⌋⌊Tm⌋
预处理出 φ\varphiφ 的前缀和，整除分块即可。
结论 d(ij)=∑x∣i∑y∣j[(x,y)=1]d(ij) = \sum \limits_{x|i} \sum \limits_{y | j}[(x, y) = 1]d(ij)=x∣i∑y∣j∑[(x,y)=1]。
- 推论 d(ijk)=∑x∣i∑y∣j∑z∣k[(x,y)=1][(y,z)=1][(x,z)=1]d(ijk) = \sum \limits_{x|i}\sum \limits_{y | j}\sum \limits_{z|k}[(x,y)=1][(y,z) = 1][(x,z) = 1]d(ijk)=x∣i∑y∣j∑z∣k∑[(x,y)=1][(y,z)=1][(x,z)=1]，具体应用见 SDOI2018旧试题，在有效边不多的情形下转化成三元环计数。

证明考虑对于 ijijij 中的每一个质因数 ppp，其在 ijijij 中的次数为 bbb，在 iii 中的次数为 aaa。

对于 ijijij 的任意一个约数 ddd，设 ppp 在 ddd 中的次数为 ccc，初始时令 x=y=1x = y = 1x=y=1。

若 c≤ac \le ac≤a，令 xxx 乘上 pcp^cpc。

若 a<c≤ba < c \le ba<c≤b，令 yyy 乘上 pc−ap^{c - a}pc−a。

则对于任意一个约数 ddd，我们都能构造出唯一的一组互质的 x,yx,yx,y 与之对应，原命题得证。

质因数分解

Miller Rabin 素性测试

根据费马小定理，我们能够得出一种检验素数的思路（即费马素性测试）：
- 验证 ∀1<a<n,an−1≡1(modn)\forall 1 < a < n, a^{n - 1} \equiv 1(\mod n)∀1<a<n,an−1≡1(modn)。
很遗憾，上述做法并不能准确地判断素数，对于满足上述条件的合数，我们称之为卡迈克尔数。
Miller Rabin\text{Miller Rabin}Miller Rabin 素性测试是基于费马素性测试的优化。
二次探测定理 若 PPP 为奇素数，则 x2≡1⇔x≡1(modP)或x≡P−1(modP)x^2 \equiv 1 \Leftrightarrow x\equiv 1(\mod P) 或 x \equiv P - 1(\mod P)x2≡1⇔x≡1(modP)或x≡P−1(modP)。
令 n−1=u×2tn - 1 = u \times 2^tn−1=u×2t，随机取一个 aaa，先求出 au(modn)a^u(\mod n)au(modn)，对该数平方 ttt 次，若在这一过程中出现在模 nnn 意义下为 1 或为 n−1n - 1n−1，可认为通过了此轮测试。
经过理论证明，单轮错误率大约 14\frac{1}{4}41，TTT 轮测试的错误率为 4−T4^{-T}4−T，一般取 T=8∼12T = 8 \sim 12T=8∼12 即可。
若取 a=2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37a = 2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37a=2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37（即前 12 个质数）可保证 n<264n < 2^{64}n<264 确定性判素。

typedef long long ll;
typedef __int128 s128;inline ll quick_pow(ll x, ll k, ll mod)
{ll res = 1;while (k){if (k & 1)res = (s128)res * x % mod;x = (s128)x * x % mod;k >>= 1;}return res;
}inline bool millerRabin(ll n, int test_times)
{if (n < 3 || !(n & 1))return n == 2;ll a = n - 1;int b = 0;while (!(a & 1))a >>= 1, ++b;while (test_times--){ll x = rand() % (n - 2) + 2,res = quick_pow(x, a, n);if (res == 1)continue ;int j = 0;for (j = 0; j < b; ++j){if (res == n - 1)break ;res = (s128)res * res % n;       }if (j >= b)return false;}return true;
}

生日悖论

求 kkk 个 [1,n][1, n][1,n] 的随机整数两两不相同的概率，设该事件为 AAA，则
P(A)=∏i=1kn−i+1n=∏i=1k(1−i−1n)P(A) = \prod \limits_{i = 1}^{k} \frac{n - i + 1}{n} = \prod\limits_{i = 1}^{k}(1 - \frac{i - 1}{n}) P(A)=i=1∏knn−i+1=i=1∏k(1−ni−1)
nnn 较大时，根据近似 1−i−1n≈(1−1n)i−11 - \frac{i - 1}{n} \approx (1 - \frac{1}{n})^{i - 1}1−ni−1≈(1−n1)i−1，且 e≈(1+1n)ne \approx (1 + \frac{1}{n})^ne≈(1+n1)n，原式可化为
P(A)≈∏i=1k(1−1n)i−1=(1−1n)k(k−1)2≈e−k(k−1)2nP(A) \approx \prod \limits_{i = 1}^{k}(1 - \frac{1}{n})^{i - 1} = (1 - \frac{1}{n})^{\frac{k(k - 1)}{2}} \approx e^{-\frac{k(k - 1)}{2n}} P(A)≈i=1∏k(1−n1)i−1=(1−n1)2k(k−1)≈e−2nk(k−1)
观察该式可知，当 kkk 取到 O(n)\mathcal O(\sqrt n)O(n) 级别时，P(A)P(A)P(A) 会发生骤降。
因此 kkk 个 [1,n][1,n][1,n] 的随机整数首次出现相同数字时 kkk 的期望为 O(n)\mathcal O(\sqrt n)O(n)。

Pollard Rho 算法

Pollard Rho\text{Pollard Rho}Pollard Rho 算法是一种基于随机的质因数分解算法，可以以期望时间复杂度 O(n14)\mathcal O(n^{\frac{1}{4}})O(n41) 找到合数 nnn 的某个非平凡因子。
考虑选取适当的 kkk 使得 1<d=gcd⁡(k,n)<n1 < d = \gcd(k,n) < n1<d=gcd(k,n)<n，则显然 ddd 是 nnn 的一个约数，这样的 kkk 相对较多。
若 nnn 本身是质数，可直接用 Miller Rabin\text{Miller Rabin}Miller Rabin 素性测试判定。否则构造伪随机数列 xi+1=(xi2+c)modnx_{i + 1} = (x_i^2 + c)\mod nxi+1=(xi2+c)modn，其中 ccc 为初始时指定的某一随机数，设 mmm 为 nnn 的最小非平凡因子，令 yi=ximodmy_i = x_i \mod myi=ximodm，则由生日悖论，满足 ∃i<j,yi=yj\exist i<j, y_i = y_j∃i<j,yi=yj 所需的序列 xxx 的期望长度为 O(m)≤O(n14)\mathcal O(\sqrt m) \le \mathcal O(n^{\frac{1}{4}})O(m)≤O(n41)，期望枚举 O(m)\mathcal O(\sqrt m)O(m) 个 iii 我们便能得到 nnn 的一个约数 gcd⁡(∣xi−xj∣,n)\gcd(|x_i - x_j|, n)gcd(∣xi−xj∣,n)。
可实际情况并不允许我们去暴力枚举所有 i,ji,ji,j，考虑到 xix_ixi 的周期性，我们采用一种基于倍增的实现方式，即正序枚举 t≥0t\ge 0t≥0，每次检查 gcd⁡(∣xi−xi+k∣,n)(1≤k≤2t)\gcd(|x_i - x_{i+k}|,n)(1 \le k \le 2^t)gcd(∣xi−xi+k∣,n)(1≤k≤2t) 是否满足条件。
注意到 gcd⁡(abmodn,n)=gcd⁡(ab,n)≥gcd⁡(a,n),1≤a,b<n\gcd(ab \mod n, n) =\gcd(ab, n) \ge \gcd(a,n), 1 \le a,b < ngcd(abmodn,n)=gcd(ab,n)≥gcd(a,n),1≤a,b<n，实际实现时我们并不需要每次都暴力求 gcd⁡\gcdgcd，而可以将若干次检查合为一次，以减小时间常数。
上述步骤许多部分基于估计，实际上并不严谨，但 Pollard Rho\text{Pollard Rho}Pollard Rho 算法在实际环境中运行得相当不错。

inline ll pollardRho(ll n)
{ll rx = 0, x = 0, d, val = 1;ll c = rand() % (n - 1) + 1;for (int t = 1; ; t <<= 1, rx = x, val = 1){for (int k = 1; k <= t; ++k){x = f(x, c, n);val = (s128)val * Abs(x - rx) % n;if ((k % 127) == 0){d = std::__gcd(val, n);if (d > 1)return d;}}ll d = std::__gcd(val, n);if (d > 1)return d;}
}inline void Factor(ll n, ll &max_factor)
{   // 求 n 的最大素因子if (n <= max_factor || n == 1)return ;if (millerRabin(n, 10))return CkMax(max_factor, n);ll p = pollardRho(n);while (n % p == 0)n /= p;Factor(n, max_factor);Factor(p, max_factor);
}

本原勾股数组

定义三元组 (a,b,c)(a,b,c)(a,b,c) 满足 a2+b2=c2a^2 + b^2 = c^2a2+b2=c2，(a,b,c)=1(a,b,c) = 1(a,b,c)=1。
性质1 a,ba,ba,b 奇偶不同，且 ccc 为奇数
证明分情况讨论：
- a,ba,ba,b 均为偶数，ccc 也为偶数，(a,b,c)=2(a,b,c) = 2(a,b,c)=2，与定义矛盾。
- a,ba,ba,b 均为奇数，ccc 为偶数，设 a=2x+1,b=2y+1,c=2za = 2x + 1, b = 2y + 1, c = 2za=2x+1,b=2y+1,c=2z，则
  a2+b2=c2⇔(2x+1)2+(2y+1)2=(2z)2⇔2x2+2y2+2x+2y+1=2z2a^2 + b^2 = c^2 \Leftrightarrow (2x + 1)^2 + (2y + 1)^2 = (2z)^2 \Leftrightarrow 2x^2+2y^2 + 2x + 2y + 1 = 2z^2 a2+b2=c2⇔(2x+1)2+(2y+1)2=(2z)2⇔2x2+2y2+2x+2y+1=2z2
  等式左边为奇数，右边为偶数，矛盾。
- 故只能满足 性质1。
性质2 a,b,ca,b,ca,b,c 两两互素。

证明反证法，若 (a,b)=d(d>1)(a,b) = d(d > 1)(a,b)=d(d>1)，设 a=dx,b=dya = dx, b = dya=dx,b=dy，则
c=(dx)2+(dy)2=dx2+y2c = \sqrt{(dx)^2 + (dy)^2} = d \sqrt{x^2 + y^2} c=(dx)2+(dy)2=dx2+y2
则 ccc 也含有约数 ddd ，与定义矛盾，其余情况同理。
性质3 假定 aaa 为奇数，bbb 为偶数，c−bc - bc−b，c+bc + bc+b 均为平方数。
证明设 d∣(c−b,c+b)d | (c - b, c + b)d∣(c−b,c+b)，有
- d∣(c−b+c+b)⇔d∣2cd | (c - b + c + b) \Leftrightarrow d | 2cd∣(c−b+c+b)⇔d∣2c
- d∣[c+b−(c−b)]⇔d∣2bd | [c + b - (c - b)] \Leftrightarrow d | 2bd∣[c+b−(c−b)]⇔d∣2b
由 性质 2 b,cb,cb,c 互素且 c−bc - bc−b 为奇数，一定有 d=1d = 1d=1，则 (c−b,c+b)=1(c - b, c + b) = 1(c−b,c+b)=1。

又因为 (c−b)(c+b)=a2(c - b)(c + b) = a^2(c−b)(c+b)=a2，c−bc - bc−b，c+bc + bc+b 均为平方数。
由 性质3 设 c−b=t2c - b = t^2c−b=t2，c+b=s2c + b = s^2c+b=s2，s>t≥1s > t \ge 1s>t≥1，解得：
a=st,b=s2−t22,c=s2+t22a = st, b = \frac{s^2 - t^2}{2}, c = \frac{s^2 + t^2}{2} a=st,b=2s2−t2,c=2s2+t2
对于单位圆 x2+y2=1,x=bc,y=acx^2 + y^2 = 1, x = \frac{b}{c}, y = \frac{a}{c}x2+y2=1,x=cb,y=ca，代入上式并取 m=ts=tan⁡θ2,m∈Rm = \frac{t}{s} = \tan\frac{\theta}{2}, m \in \mathbb Rm=st=tan2θ,m∈R，可得：
(x,y)=(1−m21+m2,2m1+m2)=(1−tan⁡2θ21+tan⁡2θ2,2tan⁡θ21+tan⁡2θ2)=(cos⁡θ,sin⁡θ)(x,y) = (\frac{1 - m^2}{1 + m^2}, \frac{2m}{1 + m^2}) = (\frac{1 - \tan^2\frac{\theta}{2}}{1 + \tan^2\frac{\theta}{2}}, \frac{2\tan\frac{\theta}{2}}{1+\tan^2\frac{\theta}{2}}) = (\cos\theta, \sin\theta) (x,y)=(1+m21−m2,1+m22m)=(1+tan22θ1−tan22θ,1+tan22θ2tan2θ)=(cosθ,sinθ)

威尔逊定理

p为素数⇔(p−1)!+1≡0(modp)p为素数 \Leftrightarrow (p - 1)! + 1\equiv 0 (\mod p)p为素数⇔(p−1)!+1≡0(modp)

证明

先证 (p−1)!+1≡0(modp)⇒p为素数(p - 1)! + 1\equiv 0 (\mod p) \Rightarrow p为素数(p−1)!+1≡0(modp)⇒p为素数

反证法，假设 p=ab,a,b∈(1,p)p = ab, a,b\in(1,p)p=ab,a,b∈(1,p)。
若 a≠ba \not = ba=b，显然有 (ab−1)!≡0(modab)(ab - 1)! \equiv 0(\mod ab)(ab−1)!≡0(modab)，矛盾。

若 a=b=pa = b = \sqrt pa=b=p，当 p≤4p \le 4p≤4 时可直接验证，p>4p > 4p>4 必有 p,2p<p\sqrt p, 2\sqrt p < pp,2p<p，因此 (p−1)!≡0(modp)(p - 1)! \equiv 0 (\mod p)(p−1)!≡0(modp)，同样矛盾。

再证 p为素数⇒(p−1)!+1≡0(modp)p 为素数 \Rightarrow (p - 1)!+1 \equiv 0(\mod p)p为素数⇒(p−1)!+1≡0(modp)

对于集合 S={x∣1≤x<p,x∈N}S = \{x|1 \le x < p,x\in \mathbb N\}S={x∣1≤x<p,x∈N}，不断取出 x,y∈S,x≠y,xy≡1(modp)x,y\in S,x\not = y, xy \equiv 1(\mod p)x,y∈S,x=y,xy≡1(modp) 配成一对，由逆元性质可知，最后必定剩下 1,p−11, p - 11,p−1，因此有 (p−1)!≡−1(modp)(p - 1)! \equiv -1(\mod p)(p−1)!≡−1(modp)。

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线性求逆元

快速乘

算法一

算法二

扩展欧几里得

线性同余方程

解 n 元一次不定方程

解 n 元一次不定方程组

解一元线性同余方程

解一元线性同余方程组

算法1 合并法

算法2 中国剩余定理

原根

阶

原根

原根的求法

数论函数

常见积性函数

欧拉函数

莫比乌斯函数

除数函数

幂函数

单位函数

Dirichlet 卷积

莫比乌斯反演

线性筛

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