数论的小总结

有什么呢..其实我也不知道什么算是数论都丢上来好了
我决定把目录删掉..这样不会太早暴露智商...
[update.它居然自动帮我加了个目录

拓展欧几里德算法

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实现方式

对不完全为0的非负整数 a ， b ， gcd(a,b) 必有整数对 (x,y) 使 ax+by=gcd(a,b) 成立。
- 显然，当 b=0 时， gcd(a,b)=a 。此时有 x=1,y=0 .
- 据欧几里德原理有 gcd(a,b)=gcd(b,amodb)
又有

{ax+by=gcd(a,b)bx′+(amodb)y′=gcd(b,amodb)

∴ ax+by=bx′+(amodb)y′
=bx′+(a−⌊ab⌋b)y′
=ay′+b(x′−⌊ab⌋y′)
即

⎧⎩⎨x=y′y=x′−⌊ab⌋y′

于是就可以递归求解了
代码如下：

void exgcd(int a,int b,int &d,int &x,int &y)
{
    if (b==0)
    {
        x=1,y=0;d=a;
        return;
    }
    exgcd(b,a%b,d,x,y);
    int t=x;x=y,y=t-a/b*y;
}

应用

一、解不定方程
求解形如 Ax+By=c 的不定方程
首先，若 C 能被 gcd(a,b) 整除，则方程存在整数解，否则不存在。
证明：
∵必有一组 (x0,y0) 满足 Ax0+By0=gcd(A,B)
令式子两端同乘 Cgcd(A,B) 即可得一组满足的解 (x0Cgcd(A,B),y0Cgcd(A,B))
∴设 x1=x0Cgcd(A,B) ， y1=y0Cgcd(A,B) ，有 Ax1+By1=C
而得整数解的前提就是 C 能被 gcd(a,b) 整除啊。

又 Ax+By=C 的其他整数解满足：

A(x1+Bgcd(A,B)×t)+B(y1−Agcd(A,B)×t)=C,t∈Z

于是即可由一组解 (x1,y1) 得到该方程组的所有整数解
设 p=Bgcd(A,B) ，该方程的最小整数解为 x=(x1modp+p)modp.

二、解模线性方程组
同余方程 ax≡b(modn) 对未知数 x 有解当且仅当 gcd(a,n)∣b 且有解时有 gcd(a,n) 个解。即若 gcd(a,n)=1 是方程有唯一解。

ax≡b(modn)⇒ax+ny=b

然后就转成应用1了

三、求模下的逆元
求 a 在模 n 下的逆元，保证 gcd(a,n)=1 ，即求 ax≡1(modn) 中的 x 。
然后就转成应用2了[：那你为什么要单独列[掀桌

题目

bzoj1407 Savage

逆元

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口胡定义

a 在 modp 下的逆元即使该式 a×b=1(modp) 成立的 b 。
通常写成 a−1

求法

1. 据费马小定理：
   假如 p 是质数，且 gcd(a,p)=1 即 a 、 p 互质，那么有 ap−1≡1(modp) 。
   即 a×ap−2≡1(modp)
   所以 a 在 modp 下的逆元为 ap−2 ，这个可以快速幂求得。
   注意条件哦。
2. 应用拓展欧几里德求解方程(展开就懒得打了)
3. ⋆ 线性求逆元
   前提： p 为质数
   有 a−1=(p−⌊pa⌋)×(pmoda)−1modp
   证明：
   令 k=⌊pa⌋,r=pmoda ，有 p=ka+r
   ∴ ka+r≡0(modp)
   (ka+r)a−1⋅r−1≡0(modp)
   即 (k+a−1⋅r)r−1≡0(modp)
   即 kr−1+a−1≡0(modp)
   ∴(拆开) a−1=−⌊pa⌋⋅(pmoda)−1(modp)
   ∴ a−1=(p−⌊pa⌋)×(pmoda)−1modp

ny[1]=1;for (i=2;i<=lim;i++) ny[i]=(LL)(p-(p/i))%p*(LL)ny[p%i]%p;

题目

bzoj2186[SDOI2008]萨拉公主的困(you)惑

中国剩余定理

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坑

原根

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引入一个东西，阶。
定义，设 a 和 n 是互质的整数， a≠n ， n＞0 .使得 ax≡1(modn) 成立的最小正整数 x 称为 a 模 n 的阶，并即为 ordna .
据欧拉定理，若 gcd(a,n)=1,n∈Z+ ，有 aϕ(n)≡1(modn) 。
那么就会有 ordna∣ϕ(n)

口胡定义

一个正整数 x ，若其所有幂次遍历模 n 的所有整数，那么它就是模 n 的一个原根。
定义，如果 r 和 n 是互质的整数且 n＞0 ，那么当 ordnr=ϕ(n) 时，称 r 是模 n 的原根或者n的原根，并且我们称 n 有一原根。

性质(?反正是一些相关的定理或者推论吧)

1. 若 g 是模 n 的一个原根， g 和 n 互质且 n＞0 ，那么 g1,g2,…,gϕ(n) 构成模 n 的既约剩余系。即有 gimodn ， 1≤i≤ϕ(n) 的结果互不相同。

   既约剩余系[来自度娘
   在模n的值与n互质的全部剩余类中，从每一类中各任取一数所组成的数的集合，叫做模n的一个简化剩余系，也叫缩系。也可以理解为，在每个剩余类选取至1个与m互素代表元构成简化剩余系。
   模n的简化剩余系中元素的个数为φ(n)（既欧拉函数）

2. 令 r 是 n 的原根， n＞1 且 n∈Z ，那么 ru 是 n 的一个原根当且仅当 (u,ϕ(n))=1 .
   于是得到如下定理，如果正整数 n 有一个原根，那么他一共有 ϕ(ϕ(n)) 个不同余的原根

存在性

并非所有整数都有原根，例如没有模8的原根。
一个正整数有原根当且仅当它为2，4， pt ， 2pt ，其中 p 为奇素数且 t 的正整数。
证明就不打了。。好长啊。。整整一节。。

求解方法

通常最小的原根都比较小，所以最直接的方法：暴力枚举
假设枚举到 g 问是否为 n 的原根，即判断 ϕ(n) 是否为 g 模 n 的阶。枚举 ϕ(n) 的约数 p ，若有 gp≡1(modn) ，那么 g 就不是 n 的原根。因为与 gi 不同余矛盾，冲突。
但是这样会做了很多重复的东西。
其实只要枚举 ϕ(n) 的质因数 pi ，只需要检验 gϕ(n)/p1,gϕ(n)/p2,...,gϕ(n)/pm 这m个数中，是否存在一个数mod n 为1，存在就不是，就好了。

模板题目

51Nod1135原根问题

积性函数

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口胡定义

若函数 f(x) 是积性函数，则有：对互质的两个数 a,b ，有 f(ab)=f(a)⋅f(b) 。
而完全积性函数是对任意 a,b 都有 f(ab)=f(a)⋅f(b)

先说下这个：
狄利克雷卷积( Dirichlet 卷积)
对两个算术函数 f 、 g ，定义其狄利克雷卷积为新函数：

(f∗g)(n)=∑d|nf(d)⋅g(nd)

*把定义在正整数集的函数称为算术函数
其实就相当于定义新运算(?)，将 f 卷 g ，表达为 f∗g 。
性质：
交换律： f∗h=g∗f
结合律： (f∗g)∗h=f∗(g∗h)
单位元： f∗ϵ=f
对逐点加法的分配律： f∗(g+h)=f∗g+f∗h

性质

1. 若 n=pa11pa22…pakk ( p 为质数)，有 f(n)=f(pa11)f(pa22)…f(pakk) 。
2. 若 f 为积性函数且有 f(pn)=fn(p) ，那么 f 为完全积性函数。
3. 若 f 、 g 为积性函数，那么 f∗g 也为积性函数(就是指狄利克雷卷积)。
4. 积性函数的前缀和也是积性函数。
5. 对于 f(n)=∑d|ng(d) ，只要有一者积性，两者都积性。

常见的积性函数(必记)

• Id(n) ——单位函数，也有作 u(n) 。定义 Id(n)=n
• Idk(n) ——单位幂函数，定义 Idk(n)=nk
• ⋆φ(n) ——欧拉函数
• ⋆μ(n) ——莫比乌斯函数
• ϵ(n) ——当且仅当 n=1 时， ϵ(n)=1 ；否则 ϵ(n)=0
• d(n) —— n 的约数个数
• σ(n) —— n 的约数之和

常用的公式

• ⋆1∗μ=ϵ ， 1 是恒等函数恒等于1.
• ⋆1∗φ=Id
• (Id∗φ)∗Id=Id2

重点的展开

一、欧拉函数
φ(n) 为小于等于 n 的正整数中与 n 互质的个数
通式 φ(n)=n(1−1p1)(1−1p2)…(1−1pk)
其中 p1,p2,…,pk 是 n 的所有质因数， n∈N∗

若有质数 P ，有 φ(pk)=(p−1)pk−1 。
由 φ(pk)=pk−pk−1 得到。因为除了 p 的倍数其他都与 pk 互质。

1. 欧拉定理
   若 n 和 a 皆为正整数，且 n 与 a 互质，则 aφ(n)≡1(modn) 。
   可推出：当 x≡y(modφ(n)) 时且 a 与 n 互质时， ax≡ay(modn)
2. 有 ax≡axmodφ(n)+φ(n)(modn) ， x≥φ(n) 。[不要求 a , n 互质]

对 1∗φ=Id 的证明：

1∗φ=∑d|nμ(d)⋅1(nd)=∑d|nφ(d)

对以 n 为分母的所有真分数: 0n , 1n , 2n … , n−1n 进行约分。那么对于一个分母 d ， d|n ，且以 d 为分母的份数个数恰为 φ(d) 个。
所以有 ∑d|nφ(d)=n
即 1∗φ=Id

二、莫比乌斯函数

μ(n)=⎧⎩⎨⎪⎪0，n有平方因子，即存在质数p，有p2|n1，n有偶数个不同的质因子−1，n有奇数个不同的质因子

性质
1.

∑d|nμ(d)={1，n=10，n>1,n∈N∗

2. ∑d|nμ(d)d=φ(n)n

对 1∗μ=ϵ 的证明：

1∗μ=∑d|nμ(d)∗1(nd)=∑d|nμ(d)

设 n 有 k 个不同的质因子，则公式等价与 ∑kx=0Cxk∗(−1)x .
据 μ(n) 的定义意会一下(…..)，通过容斥来考虑，可知(- -)当 k≠0 时，使该值为0.
即 n≠1 时， 1∗μ=0
所以 1∗μ=ϵ

线性筛

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就是一种筛法，时间复杂度是 O(n) 。因为每个数只会被筛到一次，被其最小质因子筛到。
线性筛也通常作为一种工具(?)来在线性的时间内求出一个函数的值。
对于一个想要被线筛搞出来的函数 f ，要考虑三种情况：
1、 x 是质数时， f(x) 的取值
2、 x∣i 时， f(xi) 与 f(x) 、 f(i) 的关系
3、 x∤i 时， f(xi) 与 f(x) 、 f(i) 的关系
如果都能找得到就可以用线性筛来求辣，不一定非要是积性函数。
要注意给 f[1] 赋值
下面含有 μ 和 φ 的线筛打法，代码：

void pre()
{
    cnt=0;mu[1]=1;phi[1]=1;
    for (LL i=2;i<=lim;i++)
    {
        if (!ispri[i]) {pri[++cnt]=i;mu[i]=-1;phi[i]=i-1;}
        for (LL j=1;j<=cnt && i*pri[j]<=lim;j++)
        {
            ispri[i*pri[j]]=true;
            if (i%pri[j]==0)
            {
                mu[i*pri[j]]=0;
                phi[i*pri[j]]=phi[i]*pri[j];
                break;
            }
            mu[i*pri[j]]=-mu[i];
            phi[i*pri[j]]=(pri[j]-1)*phi[i];
        }
    }
    //for (LL i=2;i<=lim;i++) phi[i]+=phi[i-1],mu[i]+=mu[i-1];
}

题目(有关积性函数跟线性筛的)

bzoj2705[SDOI2012] Longge的问题
bzoj2440 [中山市选2011]完全平方数
bzoj2005 [Noi2010]能量采集
bzoj2226[Spoj 5971] LCMSum
bzoj2818 Gcd
bzoj3529 数表
bzoj2749 [HAOI2012]外星人

⋆ 莫比乌斯反演

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若 f 为积性函数，且 g(n)=∑d|nf(d) ，那么 g 也是积性函数。
且有

f(n)=∑d|nμ(d)⋅g(nd)

证明：
∵ g(n)=∑d|nf(d) ，即 g=f∗1
又有 1∗μ=ϵ
∴ f=g∗μ
即 f(n)=∑d|nμ(d)⋅g(nd)

题目

bzoj2301 [HAOI2011]Problem b
bzoj2154 Crash的数字表格
bzoj2818 Gcd (两种做法)
bzoj2693 jzptab
bzoj3309 DZY Loves Math
bzoj3994 [SDOI2015]约数个数和
bzoj4407 于神之怒加强版

杜教筛

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这是个低于线性时间的复杂度下解决一类积性函数的前缀和的筛法(?)。
嗯..我只学会了搞 φ 和 μ 的前缀和..
假装会了..

φ(d) 的前缀和

定义 ϕ(n)=∑ni=1φ(i) ，即欧拉函数的前缀和。
据公式 1∗φ=u ，即 ∑d|nφ(d)=n 。
移项一下就变成了 φ(n)=n−∑d|n,d<nφ(d) 。

如果是直接理解为什么 ∑d|n,d<nφ(d) 表示小于等于 n 且不与 n 互质的数的个数的话
那么就将它写成 ∑d|n,d<nφ(nd) .
把小于等于 nd 且与 nd 互质的减掉即把与 n 的 gcd 为 d 的数减掉
又 d 是 n 是约数
所以 ∑d|n,d<nφ(d) 就表示小于等于 n 且不与 n 互质的数了啊

于是

ϕ(n)=∑i=1n(i−∑d|i,d<iφ(d))

把 i 提出来就是

n(n+1)2−∑i=1n∑d|i,d<iφ(d)

即

n(n+1)2−∑id=2n∑d=1⌊nid⌋φ(d)

换一下元， id−>i

n(n+1)2−∑i=2n∑d=1⌊ni⌋φ(d)

于是后面那块也变成了前缀和

n(n+1)2−∑i=2nϕ(⌊ni⌋)

综上，即有

ϕ(n)=n(n+1)2−∑i=2nϕ(⌊ni⌋)

μ(d) 的前缀和

定义 M(n)=∑ni=1μ(i) 。
同样的从公式入手，有 1∗μ=ϵ ，即 ∑d|n1×μ(d)=[n=1]
反演一下，即 1=∑ni=1[i=1]=∑ni=1∑d|iμ(d)
这个实即 ∑nd=1⌊nd⌋×μ(d)
令 i∈[1,⌊nd⌋]
所以就有 ∑nd=1∑⌊nd⌋i=1μ(d)
把 i 、 d 换一下，即有

1=∑d=1n∑i=1⌊nd⌋μ(d)

后面那个就是莫比乌斯的前缀和，改成 M(⌊nd⌋)
又 M(n)=∑ni=1M(⌊ni⌋)−∑ni=2M(⌊ni⌋)
所以有

M(n)=1−∑i=2nM(⌊ni⌋)

题目

51Nod1239
51Nod1244
bzoj3944 Sum
bzoj3512 DZY Loves Math IV
bzoj3930 [CQOI2015]选数

常用套路 怎么全是套路！[掀桌.jpg

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常见的解题步骤

1. 根据题意列出式子
2. 画柿子，直到画出自己想要的或者说能在时间内求得的
3. 通常要预处理某个函数的前缀和，考虑暴力 O(nlogn) 、线性筛 O(n) 、杜教筛 O(n23) （听说的..）。。如果都不行。。我也不会了。。
4. 最后通常都要分块 O(n√) ，利用之前预处理的函数前缀和或求和公式来处理。

等价变化的套路

1. 枚举最小公约数；
2. 内外层求和对调，通常是交换枚举倍数和约数；
3. 有意识得化成 gcd=1 这样的的式子利用莫比乌斯反演；
4. 有时候想着直接反演之前考虑一下欧拉函数，可能欧拉化的更简单；
5. 换元，比如 ∑nd=1∑⌊nd⌋t=1XXndtX 这种时候，通常设 D=dt 来进行换元；
6. 要多想想式子的实际意义，可以通常意义来等价变化
7. 把能提的先提出来

一些公式推导的栗子

1、原式：

∑i=1n∑j=1m[gcd(i,j)=d]

=∑d=1min(n,m)∑⌊id⌋=1n∑⌊jd⌋=1m[gcd(⌊id⌋,⌊jd⌋)=1]

交换枚举约数和倍数： id→i ， jd→j

=∑d=1min(n,m)∑i=1⌊nd⌋∑j=1⌊md⌋ϵ(gcd(i,j))

∵有 1∗μ=ϵ ，即 ∑d|nμ(d)=ϵ(n)
所以有：

=∑i=1n∑j=1m∑d|(i,j)μ(d)

即

=∑i=1n∑j=1m∑d|i,d|jμ(d)

=∑d=1min(n,m)μ(d)×⌊id⌋×⌊jd⌋

2、原式：

∑i=1n∑j=1mgcd(i,j)

=∑i=1n∑j=1m∑d|(i,j)φ(d)

=∑d=1min(n,m)φ(d)×⌊nd⌋×⌊md⌋

诶懒得复制了。。去做题吧。。推导在题解里都有。。

感想= =

1. 感觉套路很深，像是定义几个函数(能预处理的)来套用化简，或者说是把化得的某串东西当成一个函数来求 之类的，这样的我都不会。怎么说，就是碰到了没有一点感觉。
2. 对什么时候能直接暴力做还是要继续化简没有准确的预估。
3. 画柿子画到不会画了但是又求不出来的时候..看了一眼题解..woc怎么这么套路
4. 熟练应用各种性质是很重要的[但是我做不到啊QAQ]

学习资料

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浅谈一类积性函数的前缀和 - skywalkert
积性函数、线性筛、莫比乌斯反演和一堆乱七八糟的题目 - jcvb
莫比乌斯反演个人小结 - femsub
初等数论及其应用（原书第六版） （美）Kenneth H.Rosen 著 夏鸿刚 译

附言

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• 题目不一定按难易程度排，而且只是bo主自己做了的
• 写在上面的题目一般都写了题解
• bo主语文不好脑子也不好使，可能全在口胡
• bo主从来只有被套路，因为自己不会套路QAQ
• 为什么看起来写了很多但是都没有什么很厉害的东西QAQ
• 算了就这样吧，欢迎指错..

在愚人的一天，愚了自己。

愚人节快乐！

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更新辣因为还有好多不会的
——2017.4.12

2017/04/15 更新内容：原根