PS：以下部分定理没有证明，如果有读者想要了解定理的具体证明，请自行百度，本文限于篇幅(只是因为笔者自己不会)，对部分定理的证明不作讨论。
本文讲啥
本文主要讲的是ACM中的数论基础内容（以后可能会再写一篇ACM的数论进阶内容），侧重应用，证明都是瞎证的，严谨的证明请观众姥爷自行百度
线性筛筛素数
埃氏筛
埃氏筛用每个素数来筛掉它的倍数，剩下的就是素数，时间复杂度是\(O(nloglogn)\)
为啥能正确地筛？
每一个合数，都可以被质因数分解，且根据唯一分解定理，这个分解是唯一的，所以只要拿每个素数把它的倍数都筛掉，就能所有合数筛掉
板子
bool check[maxn];
std::vector prime;
for (ll i = 2; i <= n; ++i)
if (!check[i]) {
prime.push_back(i);
for (ll j = i * i; j <= n; j += i)
check[j] = 1;
} 为啥\(j\)从\(i^2\)开始？
上面的板子中第二层循环就是用素数筛掉它的倍数的过程，\(j\)从\(2i\)开始循环，那为什么板子里是从\(i^2\)开始呢？实际上，这是一个小小的优化，因为在用素数\(i\)来筛它的倍数时，区间\([2, i-1]\)中的所有素数已经将它的倍数都筛过了，所以\(2i\)，\(3i\)， \(\dots\)，\((i-1)*i\)，都可以跳过
欧氏筛\(^{[1]}\)
埃氏筛已经巨快了，然而对于每个合数，都很可能被筛多次，如16会被2筛，也会被4筛，下面介绍的欧氏筛可以做到每个合数就只被筛一次
咋筛的？
欧氏筛能正确地筛主要基于以下两点:
- 任何一个合数都可以被表示为一个素数和一个数的乘积
- 假设合数\(q=x*y\)，且\(x\)也是合数，\(y\)是素数，那么同样合数\(x=a*b\)，且\(a\)是素数，则\(q=x*y=a*b*y=a*(b*y)\)，即\(q\)被另一个素数\(a\)，和另一个合数\(b*y\)表示，不论\(a\)和\(y\)谁打谁小，大的一个总能转到小的那个
第二点是理解板子里的第二层循环的\(if(i \% prime[j] == 0)\)的关键，每个合数只要被最小的能筛它的素数筛掉就行了，这样保证每个合数只会被筛一次
板子
bool check[maxn];
ll prime[maxn]， tot = 0;
for(ll i = 2; i <= n; i++) {
if(!check[i])
prime[++tot] = i;
for(int j = 1; j <= tot && i * prime[j] <= n; j++) {
check[i * prime[j]] = 1;
if(i % prime[j] == 0)
break;
}
}除了筛素数，还能干啥？
欧氏筛不仅能筛素数，还可以用来筛积性函数，如欧拉函数\(\phi(n)\)，莫比乌斯函数\(\mu(n)\)等，这些不在本文讨论范围内，感兴趣的读者可以自行百度
快速幂、快速(龟速)乘和矩阵快速幂
都是用来干啥的？
快速幂可以以\(O(logb)\)的复杂度求出\(a^b\bmod mod\)，快速乘是用来防止乘法溢出的，矩阵快速幂可以快速求出\(A^b\bmod mod\)，其中\(A\)是一个矩阵，\(A\bmod mod \iff \forall a\ in\ A，a\%=mod\)，\(a\)，\(b\)是两个long long型整数
先讲一下模运算的一点性质
\[ (a*b)\%p=(a\%p)*(b\%p)\%p \\ (a^b)\%p=((a\%p)^b)\%p \]
基本思想
我们先来看下面的一个等式
\[ b = (b_{63}b_{62}\dotsb b_{1}b_{0})_{2} \]
其中\(b_i\)是从低位开始数\(b\)的第\(i\)位二进制值，则
\[ a^b=a^{(b_{63}b_{62}\dotsb b_{1}b_{0})_{2}}=a^{b_{63}*2^{63}}*a^{b_{62}*2^{62}}*\dotsb*a^{b_{0}*2^{0}} \]
矩阵快速幂的话只要把乘法换成矩阵乘法即可
相比于快速幂，快速乘可能用的地方少一点，如果在乘法过程中模数比较大，如\(mod\)是\(1e15\)的数量级的，那么难以避免地会产生溢出，这时可以用快速乘把乘法转化为加法来避免溢出
\[ a*b=a*(b_{63}b_{62}\dotsb b_{1}b_{0})_{2}=a*(b_{63}*2^{63})+a*(b_{62}*2^{62})+\dotsb+a*(b_{0}*2^{0}) \]
板子
struct Mat{
int m[N][N];
inline void init() {
for(int i = 0; i < N; i++)
for(int j = 0; j < N; j++)
m[i][j] = 0;
}
}E; // E初始化为单位矩阵
// 快速幂
inline ll qpow(ll a, ll b, ll mod) {
ll ans = 1L;
while (b) {
if (b & 1)
ans = ans * a % mod;
a = a * a % mod;
b >>= 1;
}
return ans;
}
// 龟速乘
inline ll qmul(ll a, ll b, ll mod) {
ll ans = 0L;
while(b) {
if(b & 1) ans = (ans + a) % mod;
a <<= 1;
b >>= 1;
}
}
inline Mat mul(Mat a, Mat b, ll mod) {
Mat c;
c.init();
for(int i = 0; i < N; i++)
for(int j = 0; j < N; j++)
for(int k = 0; k < N; k++)
c.m[i][j] = (c.m[i][j] + a.m[i][k] * b.m[k][j]) % mod;
return c;
}
// 矩阵快速幂
inline Mat mpow(Mat a, ll b, ll mod) {
Mat ans = E;
while (b) {
if (b & 1)
ans = mul(ans, a, mod);
a = mul(a, a, mod);
b >>= 1;
}
return ans;
}
矩阵快速幂怎么用？
基本上不会有题目直接要求矩阵\(A^b \bmod mod\)，一般是通过\(f(n)\)与前几项的递推关系求\(f(n)\)的值，这个\(n\)一般贼大，比如\(1e18\)，不大的话用啥矩阵快速幂直接递推就完了，比如问斐波那契数列的第\(n\)项，\(n<=1e18\)，这时由于\(f(n)=f(n-1)+f(n-2)\)，有
\[ \begin{bmatrix}f(n)\\f(n-1)\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1&1\\0&1\end{bmatrix}\begin{bmatrix}f(n-1)\\f(n-2)\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1&1\\0&1\end{bmatrix}^{n-2}\begin{bmatrix}f(2)\\f(1)\end{bmatrix} \]
我们记\(A=\begin{bmatrix}1&1\\0&1\end{bmatrix}^{n-2}\)，那么\(f(n)\equiv A.m[0][0]*f(2)+A.m[0][1]*f(1) \pmod{mod}\)，这种类型的题都可以像这样构造矩阵来求解
在？来道例题
POJ 3233 Matrix Power Series
思路：题目涉及到求矩阵的高次幂，可以往矩阵快速幂方向想，构造递推关系，从式子 \(S_k = A+A^2+\dots+A^k\)，可以看出\(S_k = S_{k-1}*A+A\)，那么就可以构造矩阵了
\[ \begin{bmatrix}S_k\\A\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}A&E\\0&E\end{bmatrix}\begin{bmatrix}S_{k-1}\\A\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}A&E\\0&E\end{bmatrix}^{k-1}\begin{bmatrix}S_1\\A\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}A&E\\0&E\end{bmatrix}^{k-1}\begin{bmatrix}A\\A\end{bmatrix} \]
数论分块\(^{[2]}\)
干啥的？
数论分块常用来解决下面这种问题
\[ \sum_{i=1}^{n}\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor \]
其中\(\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\)表示\(n\)除\(i\)向下取整
当然暴力地\(O(n)\)肯定能求出来，但是对于很多题\(O(n)\)是不够的，其实只要我们列出前几项，就会发现\(\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\)会有一段连续的相同值，如\(9/5，9/6，9/7，9/8\)都是\(1\)，所以只要用这一段的长度乘以这一段的值就可以快速求和
板子
ll ans = 0L;
for(ll l = 1L, r = 0L; l <= n; l = r + 1) {
ll num = n / l;
r = n / num;
ans += (r - l + 1) * num;
} 然而一般不会出现裸题，数论分块一般和其他的内容结合起来，或者式子需要进行适当变换，如
\[ \sum_{i=1}^{n}(k \bmod i)=\sum_{i=1}^{n}(k - \left\lfloor\frac{k}{i}\right\rfloor*i)=k*n-\sum_{i=1}^{n}\left\lfloor\frac{k}{i}\right\rfloor*i \]
这样可以用等差数列来求\(\left\lfloor\frac{k}{i}\right\rfloor\)相等的一段的值
欧拉定理
内容
若正整数\(a\)，\(n\)互质， 即\(\gcd(a,n)\)则
\[ a^{\phi(n)}\equiv1\pmod{n} \]
其中，\(\phi(n)\)是欧拉函数，等于区间\([1, n-1]\)上与\(n\)互质的数的个数
推论——欧拉降幂公式
若正整数\(a\)，\(n\)互质，那么对于任意正整数\(b\)，有
\[ a^b\equiv a^{b\bmod \phi(n)}\pmod{n} \]
欧拉函数的性质：
- \(\phi(p^n)=p^n-p^{n-1}\)
- 若\(m\)，\(n\)互质，\(\phi(mn)=\phi(m)*\phi(n)\)，即欧拉函数是积性函数
- 设\(n=p_1^{a_1}*p_2^{a_2}*\dots *p_k^{a_k}\)，则\(\phi(n)=n*(1-\frac{1}{p_1})*(1-\frac{1}{p_2})*\dots*(1-\frac{1}{p_k})\)，且\(n\)的因子个数为\((a_1+1)*(a_2+1)*\dots*(a_k+1)\)
咋算欧拉函数\(\phi\)？
欧氏筛筛欧拉函数，可以以\(O(n)\)的复杂度计算出phi[1]到phi[n]
phi[1] = 1; check[1] = true; for (int i = 2; i <= n; i++) { if (!check[i]) { prime[++tot] = i; phi[i] = i - 1; } for (int j = 1; j <= tot && i * prime[j] <= n; j++) { check[i * prime[j]] = 1; if (i % prime[j]) phi[i * prime[j]] = phi[i] * (prime[j] - 1); else { phi[i * prime[j]] = phi[i] * prime[j]; break; } } }单计算\(\phi[n]\)，\(O(\sqrt{n})\)
int euler(int x) { int res = x; for(int i = 2; i * i <= x; i++) if(x % i == 0) { res = res / i * (i - 1); while(x % i == 0) x /= i; } if(x > 1) res = res / x * (x - 1); return res; }
能干啥？
- 能降幂
(不然叫欧拉降幂公式干啥)
例题
HDU 4704 SUM
思路：用高中排列组合可以看出\(\sum_{i=1}^{N}S(i)=2^{N-1}\)，快读读入N，边读边取模，需要注意的是要对\(MOD-1\)取摸，然后快速幂就完事了
费马小定理
内容
对于素数\(p\)，任意整数\(a\)，均满足
\[ a^p \equiv a\pmod{p} \]
如果\(a\)不能被能被\(p\)整除，即\(p\nmid a\)，则上式可化为
\[ a^{p-1} \equiv 1\pmod{p} \]
本质
费马小定理是欧拉定理的特例，因为对于质数\(p\)，\(\phi(p)=p-1\)
能干啥？
先讲讲乘法逆元是啥
若有\(a*b\equiv 1\pmod{p}\)，则称\(b\)是\(a\)在模\(p\)意义下的乘法逆元，或\(a\)是\(b\)在模\(p\)意义下的乘法逆元，记为\(inv(a)\)或\(inv(b)\)
快速幂求乘法逆元，适用于模数\(p\)为质数的情况
\[ a^{p-1}\equiv a^{p-2}*a\equiv1\pmod{p} \]
所以，\(a^{p-2}\)就是\(a\)在模\(p\)意义下的逆元，即\(inv(a)=a^{p-2}\)，快速幂\(O(logn)\)就能求
例题
HDU 1576 A/B
思路：因为\((A/B)\equiv A*inv(B)\equiv (A \bmod 9973)*inv(B)\pmod{9973}\)，\(A\bmod 9973=n\)，9973是个质数，可以快速幂求\(inv(B)\)
威尔逊定理
内容
当\(p\)为素数时，
\[ (p-1)!\equiv-1\pmod{p} \]
且这时一个充要条件，即当式子成立时，\(p\)是素数
咋用？
俺也不知道，蒟蒻没做过这类的题(，也许可以用来化简一些式子
扩展欧几里得\(^{[3]}\)
内容
大家都知道欧几里得算法就是求\(\gcd(a,b)\)的辗转相除法
inline int gcd(int a, int b) {
return b == 0 ? a : gcd(b, a % b);
}那扩展欧几里得是个啥呢？在介绍扩欧之前，先了解一下贝祖定理或称裴蜀定理：
对于任意整数\(a,b\)，\(ax+by=\gcd(a,b)\)一定有整数解，且对于任何整数\(x,y\)，\(ax+by\)必然是\(\gcd(a,b)\)的倍数
贝祖定理还有一个重要的推论：
对于任意整数\(a,b\)，\(a,b\)互质\(\iff \exist{x, y}\in Z\)，使得\(ax+by=1\)
那如何求出\(ax+by=\gcd(a,b)\)的解呢？这时扩展欧几里得闪亮登场
我们可以注意到在辗转相除法达到递归边界时，即当\(b == 0\)时， \(a = \gcd(a,b)\)，我们得出此时的\(ax+by=\gcd(a,b)\)的解是\(x=1,y=0\)，再反过来推回去(有点像数学归纳法反过来)
假设我们要求\(ax+by=\gcd(a,b)\)的整数解，而我们已经通过递归求出了\(b*x_1+(a\%b)*y_1=\gcd(b, a\%b)\)，这时我们把\(a\%b=a-\left\lfloor\frac{a}{b}\right\rfloor*b\)带入前面的式子有
\[ b*x_1+(a-\left\lfloor\frac{a}{b}\right\rfloor*b)*y_1 = a*y_1+b*(x_1-\left\lfloor\frac{a}{b}\right\rfloor*y_1) \]
可以发现\(x=y_1,y=x_1-\left\lfloor\frac{a}{b}\right\rfloor*y_1\)，这样两个相邻的递归状态间的\(x,y\)可以转换，在求\(\gcd\)的同时就能顺便解方程
板子
typedef long long ll;
inline ll exgcd(ll a, ll b, ll &x, ll &y) {
if(!b) {
x = 1L; y = 0L;
return a;
}
ll gcd = exgcd(b, a % b, x, y);
ll tmp = y;
y = x - a / b * y;
x = tmp;
return gcd;
}作用
很显然第一种用法就是求\(ax+by=\gcd(a,b)\)的整数解，需要注意的是求出来的只是一组解
求乘法逆元，大概算是求解线性同余方程的一种
前文已经说过快速幂可以在模数\(p\)为素数的前提下，以\(O(logn)\)的复杂度求出\(n\)关于\(p\)的乘法逆元\(inv(n)=x\)，但是如果\(p\)不是素数，就不能用快速幂求逆元了，这时可以用扩欧来求乘法逆元
考虑式子
\[ n*x\equiv1\pmod{p} \]
可以转化为
\[ n*x+p*y=1 \]
两边同乘\(\gcd(n,p)\)得到
\[ n*x*\gcd(n,p)+p*y*\gcd(n,p)=\gcd(n,p) \]
这时用扩欧可以求出\(x*\gcd(n,p)\)和\(y*gcd(n,p)\)，进而可以求出\(x\)扩展中国剩余定理，限于篇幅这个内容不作讨论
也许以后会填坑
例题
CF 963A Alternating Sum
思路：我们以字符串长度将和式进行分块，每\(len\)为一块，我们先求出第一块的和\(\sum_\limits{i=0}^{len-1}s_ia^{n-i}b^i\)并将它记为\(sum\)，那么后面一块的和就等与\(sum*b^{len}/a^{len}\)，总计\(block=n/len\)块，每块的和构成等比数列，总的和\(S=sum*((b^{len}/a^{len})^{block}-1)/(b^{len}/a^{len}-1)\)，
通过扩欧求出\(a\)在模\(p=1e9+9\)下的乘法逆元\(inv(a)\)，那么在模\(p\)意义下，\(b^{len}/a^{len}\equiv b^{len}*x^{len} \pmod{p}\)，我们记\(q=b^{len}*x^{len}\%p\)，\(S\equiv (sum\%p)*(q^{block}-1)/(q-1) \pmod{p}\)，那我们再求一次在模\(p\)意义下\(q-1\)的乘法逆元\(inv(q-1)\)，即可求解。需要注意的是如果\(q==1\)，\(inv(q-1)\)就没有意义，所以需要特判，如果\(q==1\)，\(S=sum*block\)
中国剩余定理
内容
设正整数\(m_1,m_2,\dots,m_k\)两两互质，则同余方程组
\[ \begin{cases}x\equiv a_1\pmod{m_1}\\x\equiv a_2\pmod{m_2}\\\ \vdots\\x\equiv a_k\pmod{m_k}\end{cases} \]
有整数解，且在模\(M=\prod\limits_{i=1}^{k}m_i\)下的解是唯一的，解为
\[ x\equiv \sum_{i=1}^{k}a_i*M_i*M_i^{-1} \pmod{M} \]
其中\(M_i=M/m_i\)，\(M_i^{-1}\)为\(M_i\)在模\(m_i\)下的乘法逆元
瞎**证明
由定义\(\gcd(m_i, M_i)=1\)，设
\[ x^* = \sum_{i=1}^{k}a_i*M_i*M_i^{-1} \]
由于\(a_i*M_i*M_i^{-1} \equiv a_i \pmod{m_i}\)，且对\(\forall j\neq i,a_i*M_i*M_i^{-1} \equiv 0 \pmod{m_j}\)，所以
\[ x^*= a_i*M_i*M_i^{-1}+\sum_{j\neq i}a_j*M_j*M_j^{-1}\equiv a_i+\sum_{j\neq i}0 \equiv a_i \pmod{m_i} \]
故\(x^*\)是同余方程组的一个解。
设\(x_1\)和\(x_2\)都是同余方程组的解，那么对于\(\forall i\in[1,k], x_1-x_2\equiv 0 \pmod{m_i}\)，这说明\(x_1-x_2\)是\(m_i(\forall i\in [1, k])\)的倍数，而\(m_1,m_2,\dots,m_k\)两两互质，这说明\(x_1-x_2\)是\(M\)的倍数，所以同余方程组在模\(M=\prod\limits_{i=1}^{k}m_i\)下的解是唯一的，解为
\[ x\equiv \sum_{i=1}^{k}a_i*M_i*M_i^{-1} \pmod{M} \]
作用
- 显然，中国剩余定理是用来求解模数互质的线性同余方程组的
扩展
既然中国剩余定理是求解模数互质的线性同余方程组的，好学的读者们肯定会问，那要是模数不互质呢？关于模数不互质的线性同余方程组，我们暂且不进行讨论以后大概会填坑
裸题
TJOI 2009/洛谷P3868 猜数字
思路：从题意看出需要求解方程组\(n\equiv a_i\pmod{b_i}, i\in[1, k]\)，是中国剩余定理的裸题
卢卡斯定理
内容
对于正整数\(n,m\)，素数\(p\)，下面同余式成立
\[ C_n^m \equiv \prod_{i=0}^{k} C_{n_i}^{m_i} \pmod{p} \]
其中，\(n_i,m_i(<=p-1)\)分别为\(n, m\)的\(p\)进制表示的各个位
\[ n=n_kp^k+n_{k-1}p^{k-1}+\dots+n_1p+n_0 \\ m=m_kp^k+m_{k-1}p^{k-1}+\dots+m_1p+m_0 \]
笼统点讲就是\(C_n^m \equiv C_{n\%p}^{m\%p}C_{n/p}^{m/p} \pmod{p}\)，这样我们只要对\(C_{n/p}^{m/p}\)再递归地调用\(Lucas\)定理就行了，所以代码其实挺好写
用法
适用条件
卢卡斯定理适合于数据范围较大但又不太大的情况，注意模数\(p\)需要是质数它可以把较大的组合数转化为多个较小的组合数乘积，但是如果模数\(p\)很大，\(n_i,m_i\)的数据范围\(([0,p-1])\)也会很大，效果就会不好
怎么用
根据排列组合公式
\[ C_n^m = \frac{n!}{m!(n-m)!} \]
我们可以先\(O(n)\)预处理出模\(p\)时阶乘数组\(fact[n]\)，为了求\(C_{n_i}^{m_i}\%p\)，可以用快速幂求出\(m!\)和\((n-m)!\)在模\(p\)意义下的乘法逆元，这样可以以\(O(logn)\)求出\(C_{n_i}^{m_i}\)
ll fac[maxn];
ll n, m, p;
// 快速幂就不再写一遍了
inline ll C(ll n, ll m, ll p) {
if(n < m) return 0;
return fac[n] * qpow(fac[m], p - 2) % p * qpow(fac[n - m], p - 2) % p;
}
inline ll Lucas(ll n, ll m, ll p) {
if(!m) return 1;
return C(n % p, m % p, p) * Lucas(n / p, m / p, p) % p;
}
int main() {
scanf("%lld%lld", &n, &m, &p);
fac[0] = fac[1] = 1L;
for(ll i = 2L; i < p; i++)
fac[i] = fac[i - 1] * i % p;
printf("%lld\n", Lucas(n + m, m, p));
return 0;
}参考网站
[1] 学习笔记--数论--欧式线性筛素数
[2] 数论分块
[3] 扩展欧几里得算法详解
顺便推荐一下以上的几个博客，讲得通俗易懂