NOI2019 不到一周了，开始总复习 颓废 咯 ~
一些数论算法以前已经写过了，本文主要用于总结一些杂七杂八的小算法，查缺补漏。
传送门 （说到传送门，Steam 夏日大促 Portal 2 只要 3 CNY 就是一玩起来就 3D 眩晕没法学习） ：
【知识总结】线性筛_杜教筛_Min25筛
【知识总结】扩展卢卡斯定理（exLucas）
【知识总结】Miller-Robin和Pollard-Rho（咕 ~ ）
本文将涉及以下内容：
更相减损术、欧几里得算法及扩展欧几里得算法
逆元
中国剩余定理及扩展中国剩余定理
Lucas 定理
本文中所有字母如无特殊说明均默认为正整数。
更相减损术、欧几里得算法及扩展欧几里得算法
更相减损术
首先一个很显然的结论：
\[ \gcd(a,b)=\gcd(a,a-b)(a\geq b) \]
（证明略，反正看起来很显然就对了 —— 虽然这个显然的结论经常想不到 QAQ ）
于是可以就照着这个一直递归（或者迭代）下去，边界是 \(\gcd(a,0)=a\) 。
欧几里得算法
这就是大家熟悉的 \(\gcd(a,b)=\gcd(a \bmod b, b)\) ，可以从上面那个结论推过来。同样可以通过递归的方式计算：
int gcd(const int a, const int b)
{
return b ? gcd(b, a % b) : a;
}听说有时候更相减损术因为不用取模反而比这个还快？但是为什么我从来没见人写过更相减损术？？
扩展欧几里得算法
这玩意可不仅仅是算个最大公因数那么简单，它是用来解方程的 ……
问题：对于如下的方程（未知数是 \(x\) 和 \(y\) ），求任意一组整数解：
\[ax+by=\gcd(a,b)\]
令 \(m=a-b\cdot\lfloor\frac{a}{b}\rfloor\) （即 \(a\) 模 \(b\) ），设 \(x'\) 和 \(y'\) 满足以下方程：
\[bx'+my'=\gcd(m, b)\]
因为 \(\gcd(a,b)=\gcd(m,b)\) ，所以：
\[bx'+my'=ax+by\]
把 \(m\) 按照定义展开：
\[\begin{aligned} ax+by&=bx'+(a-b\cdot\lfloor\frac{a}{b}\rfloor)y'\\ &=bx'+ay'-b\cdot\lfloor\frac{a}{b}\rfloor y'\\ &=ay'+b(x'-\lfloor\frac{a}{b}\rfloor y') \end{aligned}\]
因此 \(x=y'\) ， \(y=x'-\lfloor\frac{a}{b}\rfloor y'\) 。于是我们得到了一组解。
然而，这是一个不定方程，解并不是唯一的。对于其中一组解 \(\{x_0,y_0\}\) ，有通解 \(\{x_0+kb,y_0-ka\}\) 。
形如 \(ax+by=c\) 都可以通过转化来用扩展欧几里得解决。设 \(g=\gcd(a,b)\) ，如果 \(g\) 不能整除 \(c\) ，则原方程无整数解；否则，先解出 \(ax+by=g\) 的解，然后给解乘上 \(\frac{c}{g}\) 即可。
另外，线性同余方程 \(ax\equiv b\pmod p\) 也可用扩展欧几里得解决，转化成 \(ax+py=b\) 即可。
int exgcd(const int a, const int b, int &x, int &y)
{
if (!b)
{
x = 1, y = 0;
return a;
}
int xx, yy, tmp = exgcd(b, a % b, xx, yy);
x = yy;
y = xx - a / b * yy;
return tmp;
}逆元
定义：若 \(ab=1\pmod m\) ，则 \(a\) 是 \(b\) 在模 \(m\) 意义下的逆元。这里介绍它的三种求法：
费马小定理
对于 质数 \(p\) 和任意正整数 \(a\) ，有 \(a^{p-1}=1\pmod p\) 。因此在模 \(p\) 意义下 \(a\) 的逆元是 \(a^{p-2}\) ，直接快速幂计算即可。
int power(int a, int b)
{
int ans = 1;
while (b)
{
if (b & 1)
ans = (ll)ans * a % p;
a = (ll)a * a % p;
b >>= 1;
}
return ans;
}
int inv(const int a, const int p)
{
return power(a, p - 2);
}扩展欧几里得
相当于同余方程 \(ax\equiv 1\pmod m\) ，直接用扩展欧几里得解方程即可。
exgcd 的实现见上文。
int inv(const int a, const int p)
{
int x, y, tmp = exgcd(a, p, x, y);
if (tmp > 1)
return -1;
return (x % p + p) % p;
}线性递推逆元
（这玩意我学了 N 遍甚至拿这个式子当电脑桌面一个月都没记住，很气。）
记 \(a^{-1}\) 表示 \(a\) 的逆元。
\[ a^{-1}= m-\lfloor\frac{m}{a}\rfloor\cdot (m\bmod a)^{-1}\pmod m\]
边界是 \(1^{-1}=1\) 。
证明：记 \(t=\lfloor\frac{m}{a}\rfloor\) ，\(k=(m\bmod a)\) ，则 \(at+k=0\pmod m\) 。
两边同时乘上 \(a^{-1}\cdot k^{-1}\) ，得到：
\[ tk^{-1}+a^{-1}=0 \]
即：
\[a^{-1}=-tk^{-1}\]
void init()
{
inv[1] = 1;
for (int i = 2; i < p; i++)
inv[i] = (p - (ll)p / i * inv[p % i] % p) % p;
}中国剩余定理及扩展中国剩余定理
中国剩余定理
大名鼎鼎的 CRT (Chongqing Rail Transit) (Chinese Remainder Theorem) 。
对于如下方程组：
\[\begin{cases} x=a_1\pmod {m_1}\\ x=a_2\pmod {m_2}\\ \cdots\\ x=a_n\pmod {m_n}\\ \end{cases}\]
其中 \(m_1\) 到 \(m_n\) 两两互质。
我们可以直接构造出一个解：
\[x=\sum_{i=1}^{n}a_i\frac{M}{m_i}\cdot \mathrm{inv}(\frac{M}{m_i},m_i)\]
其中 \(M=\prod_{i=1}^n m_i\) ，\(\mathrm{inv}(a,b)\) 表示 \(a\) 在模 \(b\) 意义下的逆元。由于模数两两互质，此时逆元一定存在。
对于任意一个 \(i\) ，当模 \(m_i\) 时 \(\frac{M}{m_i}\cdot \mathrm{inv}(\frac{M}{m_i},m_i)\) 是 \(1\) （逆元的定义），否则为 \(0\) （\(\frac{M}{m_i} \bmod m_j=0(i\neq j)\)），因此这个 \(x\) 是原方程组的解。可以证明在模 \(M\) 的意义下有且只有这一个解。
int CRT(const int n)
{
int M = 1, ans = 0;
for (int i = 0; i < n; i++)
M *= p[i];
for (int i = 0; i < n; i++)
ans = (ans + (ll)a[i] * inv(M / p[i], p[i]) % M * (M / p[i]) % M) % M;
return ans;
}扩展中国剩余定理
仍然是上面的问题，只是 \(m_1\) 到 \(m_n\) 不保证两两互质了。
考虑如果只有两个方程如何求解：
\[\begin{cases} x=a_1\pmod {m_1}\\ x=a_2\pmod {m_2} \end{cases}\]
对于第一个方程而言，解的形式是 \(x=a_1+km_1\) 。带入第二个方程，得到：
\[a_1+km_1=a_2\pmod {m_2}\]
这个方程中只有 \(k\) 是未知的。用扩展欧几里得解出来一个 \(k_0\) ，则任意 \(km_1=k_0m_1+zm_2\) 都是合法的（实在不知道用什么字母就用「嘴子」的第一个字母 \(z\) 好了），所以 \(zm_2=u\cdot\mathrm{lcm}(m_1,m_2)\) (实在不知道用什么字母就用「嘴子」的第二个字母 \(u\) 好了）。现在，\(x\) 的表现形式为 \(a_1+k_0m_1+u\cdot\mathrm{lcm}(m_1,m_2)\) ，我们合并出了一个新的方程：
\[x=a_1+k_0m_1\pmod{\mathrm{lcm}(m_1,m_2)}\]
你看着像不像风靡机房的小游戏 全民合车 全民漂移（划掉）。
于是这样合并 \(n\) 次就完了。
顺便这里有一个叫「龟速乘」的小 trick ，利用整数溢出是循环溢出的特性制成 ……
ll mul(ll a, ll b, const ll p)
{
a %= p, b %= p;
return ((a * b - ll((long double)a * b / p) * p) % p + p) % p;
}
ll excrt()
{
ll M = m[1], x = a[1];
for (int i = 2; i <= n; i++)
{
ll tmp = lcm(M, m[i]), res = solve(M, a[i] - x, m[i]);
if (res == -1)
return -1;
x = (x + mul(res, M, tmp)) % tmp;
M = tmp;
}
return x;
}Lucas 定理
就是一个公式，证明什么的 NOI 以后再补。
\[C_n^m=C_{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor}^{\lfloor\frac{m}{p}\rfloor}\cdot C_{n\bmod p}^{m\bmod p} \pmod p\]
其中 \(p\) 是质数。