Part 1 初月（Easy Mode）
质数
暴力
从 (2) 枚举到 (⌊sqrt n⌋) 试试是否可以整除就可以啦。
显然时间复杂度是 (O(sqrt n)) 的。
埃氏筛
刚才的试除法让我们知道，找到一个数的因数是很难的。
但是找到一个数的倍数就很简单了。
因此我们可以从 ([2, n]) 中依次枚举，每个数的倍数必然不是质数
复杂度？
(F(n)=frac{n}{2}+frac{n}{3}+⋯+frac{n}{n}=O(n log n))。
实际上底数是 (e)，因此调和级数的常数很小，(1s) 跑得过。
由算术基本定理可知，只需要枚举质数的倍数即可。
枚举 (p) 的倍数时，只需从 (p^2) 开始枚举。
时间复杂度 (O(n log log n))。
线性筛
刚才的做法已经很优秀了，可是为什么还不是线性呢？
原因仍然在于，一个数字可能被筛掉多次。
例如 (n=15)，那么 (12) 这个数会在 (p=2) 和 (p=3) 时各被筛一次。
想要做到线性，就必须让一个数只被一个质数筛掉，我们选择这个数为它最小的质因数。
首先从 (2) 到 (n) 枚举自然数 (q)（不一定是质数），再从小到大枚举比 (q) 小的质数 (p)，筛掉 (pq)；如果 (q) 是 (p) 的倍数，就跳出内层循环。
void primes(int n)
{
memset(v, 0, sizeof(v)); //清空标记数组
m = 0; //质数个数
for (int i = 2; i <= n; i++)
{
if (!v[i]) //未被标记，i为质数
v[i] = i, prime[++m] = i; //记录
for (int j = 1; j <= m; j++)
{
if (prime[j] > v[i] || prime[j] > n / i)
break; //i有更小的质因子，或者超出n的范围
v[i * prime[j]] = prime[j]; //prime[j]为合数 i*prime[j]的最小质因子
}
}
}
根据“高斯素数定理”，如果需要粗略的估计 ([2, n]) 内的素数个数，可以直接硬点它为 (frac{n}{ln n})。
GCD & LCM
GCD，Greatest Common Divisor 的缩写，意为最大公约数
LCM，Least Common Multiple 的缩写，意为最小公倍数
(gcd(a, b)=gcd(a−b, b)= gcd(b, a ext{ mod } b))
注意到每次取模至少减半，因此复杂度为 (O(log n))
而求 LCM 只需求出 GCD ，因为：
(gcd(a, b) imes ext{lcm}(a, b)=a imes b)。
进制转换
将 (n) 位 (a) 进制数转化为 (b) 进制数，最终为 (m) 位。
将给定的 (a) 进制数从高位向低位扫描，每次将当前结果乘以 (a)，并加上当前位的系数，再从低位向高位进位即可。
复杂度 (O(nm))，用多项式科技可以优化，但大多数情况下没必要。
瓶颈在于 (n) 次乘 (a) 和进位，每次都是 (O(m)) 的。
如果 (a, b) 比较小，可以通过压位的方式进一步优化。
即，先将原数转化为 (a^p) 进制，再转化为 (b^q) 进制，可以将复杂度降为 (O(frac{nm}{pq}))，为了计算方便，以 (a^p, b^q) 不超过 (2×10^9) 为妙。
Part 2 三日月（Normal Mode）
同余
若对于给定的正整数 (m)，有正整数 (a, b)，满足 (a=km+b, k∈Z)，则称 (a, b) 模 (m) 同余，用 (a≡b (mod m)) 表示。
模 (m) 意义下，整数集只剩下了 ([0, m)) 的 (m) 个整数，其他整数都应该加上或减去若干个 (m) 来调整到这个区间内。
注意到负整数 (x) 对应的数是 (km+x)，而不是 (km−x)。
顺便提一句，(a mod b=a−⌊frac ab⌋ imes b)，这一点后面还会提到。
不难证明，模意义下的加法、减法、乘法与一般意义下相同，各运算规律依然满足。
但是很可惜，除法与它们不同。
考虑一般意义下的除法，(a÷b) 等价于 (a cdot b^{-1})，而 (b^{−1}) 满足 (bcdot b^{−1}=1) 这一性质，从而进行乘法的逆运算。
换句话说，假如我们能对任意 (b) 找到 (b^{−1})，使得(bcdot b^{−1}≡1(mod m))，不就能实现模 (m) 意义下的除法了吗？
逆元
因此，我们需要引入逆元的概念。
大多数情况下，当我们需要在模意义下做除法时，模数都是质数。
此时 ((0, m)) 中每个整数都有唯一的逆元。
inv[0] = inv[1] = 1;
for (register int i(2); i <= n; i++)
inv[i] = (1ll * (mod - mod / i) * inv[mod % i]) % mod;
费马小定理
若整数 (a∈(0, m)) 且 (m) 为质数，则 (a^{m−1}≡1 (mod m))。
有了它，我们就能求出 (a) 的逆元了：
(acdot a^{m−2}=a^{m−1}≡1 (mod m))，所以 (a^{−1}≡a^{m−2} (mod m))。
绝大多数情况下逆元都是这样求的。
扩展欧几里得算法 & 裴蜀定理
设 (x=a^{−1})，那么有 (acdot x≡1 (mod m))。
将它写成一般形式，得到 (x, y) 的不定方程 (ax−my=1)。
如果能得到一组整数解 ((x_0, y_0))，我们就可以得到它的通解：
(x=x_0+km, y=y_0+ka, k∈Z)，选择合适的 (k) 即可得到 (x)。
现在问题在于，方程是否有解，以及如何找到一组特解。
必要性很好证明，而下面要讲的扩展欧几里得算法则通过构造证明了充分性。
设 (d=gcd(a, b))，扩展欧几里得算法可以给出不定方程 (ax+by=d) 的一组整数特解 ((x_0, y_0))。
类比刚才的情况，通解有 (x=x_0+kcdot frac bd, y=y_0−kcdot frac ad, k∈Z)。
对于 (ax+by=c, d|c) 的情况，可以先解 (ax+by=d)，再将 (x, y) 都乘以 (frac cd)。
考虑之前欧几里得算法求 (gcd) 的过程，我们从 (gcd(a, b)) 递归到 (gcd(b, a mod b))。
设 (a^′=b, b^′=a mod b)，那么如果我们有了不定方程 (a^′x+b^′y=d) 的一组整数解 ((x^′, y^′))，能否推出 (ax+by=d) 的一组整数解 ((x, y)) 呢？
(b^′=a mod b=a−⌊a/b⌋ cdot b)，代回 (a^′x^′+b^′y^′=d) 得到 (bx^′+(a−⌊a/b⌋cdot b)y^′=d)，整理得$ ay′+b(x′−⌊a/b⌋cdot y^′)=d$。
也就是说，令 (x=y^′, y=x^′−⌊a/b⌋cdot y^′) 即可完成递归的回推
裴蜀定理：对于给定的正整数 (a, b)，设 (d=gcd(a, b))，则关于 (x, y) 的不定方程 (ax+by=c) 存在整数解，当且仅当 (d|c)。
欧拉函数
欧拉函数：定义域为正整数的函数 (φ(x))，表示 ([1, x]) 中与 (x) 互质的正整数个数。
设 (x=∏p_i^{e_i})，则 (φ(x)=xcdot ∏frac{p_i−1}{p_i})，证明可以考虑每次划掉 (x) 所有质因子的倍数，剩下的就是与 (x) 互质的。
欧拉函数可以线性筛，只需判断当前质因子是否出现过，以选择乘以 (p) 还是 (p−1)。
int prime[N], phi[N];
bool isprime[N];
void pre()
{
ll cnt = 0;
isprime[1] = 1;
phi[1] = 1;
for (register int i(2); i <= n; ++i)
{
if (!isprime[i])
{
prime[++cnt] = i;
phi[i] = i - 1;
}
for (register int j(1); j <= cnt and i * prime[j] <= n; ++j)
{
isprime[i * prime[j]] = 1;
if (i % prime[j])
phi[i * prime[j]] = phi[i] * phi[prime[j]];
else
{
phi[i * prime[j]] = phi[i] * prime[j];
break;
}
}
}
}
欧拉定理
那么为什么要讲欧拉函数呢？就是为了引出欧拉定理！
设 (a, m) 互质，则 (a^{φ(m)}≡1 (mod m))。
将 ([1, m]) 中与 (m) 互质的数列出来，设为 (b_1, b_2, ⋯, b_{φ(m)})。
设 (c_i=acdot b_i ext{mod }m)，可以证明 (c_i) 两两模 (m) 不同余，且任意 (c_i) 与 (m) 互质。
那么 (c) 其实是 (b) 重排的结果，因为与 (m) 互质的数只有 (φ(m)) 个。
因此 (∏ b_i≡∏ c_i≡a^{φ(m)}cdot ∏ b_i (mod m))，得证。
前面提到的费马小定理其实是欧拉定理的子定理。
扩展欧拉定理
刚才的欧拉定理只适用于 (a, m) 互质的情况
对于不互质的情况，此处不证明地给出扩展欧拉定理：
若 (c<φ(m)，则 a^c≡a^c (mod m))
若 (c≥φ(m)，则 a^c≡a^{[c mod φ(m)]+φ(m)} (mod m))
证明比较复杂，有兴趣的同学可以自行查阅或浏览这篇博客。