qbxt 数论基础笔记

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 imes 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 (bgeq phi(p)) 时

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

总结一下：

[a^b equiv egin{cases} a^{b~mod~phi(p)}~~~~~~~~~~~~~~~gcd(a,p) = 1\ a^b~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~gcd(a,p) eq 1,b < phi(p) (mod~p)\ a^{(b~mod~phi(p)) + phi(p)}~~~~~~gcd(a, p) eq 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)

(1leq T leq 1000, 1leq 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~~pdots)​

然后一直递归下去。

(phi(p)sim phi(phi(p))simphi(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 (1sim n) 中与 (n) 互质的数的和。

(nleq 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 imes frac{phi(n)}{2})。

BZOJ 2190 仪仗队

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

(1leq N leq 40000)

solution

可以转化为 (2 imes (sum_{1leq ileq 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 (1,2,3,4dots) 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_{1leq 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_{1leq i,j leq frac{N}{p}} [gcd(i,j) = 1])​​。

[BZOJ2705] Longge的问题

求 (sum_{1leq 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 (1sim 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_{1leq i leq N} gcd(i, N)\ = sum_{d|N}dsum_{1 leq i leq frac{N}{d}}[gcd(i, frac{N}{d}) = 1]\ = sum_{d|N}dphi(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）

(1leq 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 imes 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。

(mleq 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_{Tsubset S, T otin 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} floor imes 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

[egin{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)

(ecause forall k ot= i,a_iM_it_i = 0(mod~m_k))

(ecause a_iM_it_iequiv 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} floor)^5 imes i)​​

(n leq 10^9) 答案对 (10^9 + 7) 取模。

引理一：$lfloor frac {n}{i} floor $​ 最多只有 (2sqrt{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}} floor geq sqrt{x})，最多 (sqrt{x})​ 种取值

• 当 (d > sqrt{x}) 时

(lfloor frac{x}{d} floor < 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} floor $ 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} floor = lfloor frac{n}{r} floor)​ 且(lfloor frac{n}{l} floor eq lfloor frac{n}{t} floor)​

(ecause t > l)

(ecause lfloor frac{n}{t} floor < lfloor frac{n}{l} floor)​

(ecause t < r)

(ecause lfloor frac{n}{t} floor > lfloor frac{n}{r} floor)​

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}{lfloorfrac{n}{l} floor}} floor $

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,bleq 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,bleq n} x^{gcd(a,b)} - 1)

考虑枚举 (gcd(a, b))

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

化简得到：

(sum_{k = 1}^{n}(x^k - 1)((2sum_{i = 1}^{lfloor frac{n}{k} floor} 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} imes C^{lfloor frac{n}{p} floor}_{lfloor frac{m}{p} floor}(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~999911658}~mod~999911659)

直接 (Lucas) 计算 (sum_{d|n} C_n^{d}~mod~999911658) 会挂

将 (999911658) 质因数分解，(999911658 = 2 imes 3 imes 4679 imes 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

[egin{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。。。。