数论学习笔记 基础数论(未完成)

##数论相关
本文是一些对基础数论的总结。
###欧几里得 Gcd
定义：$gcd(a,b)$即求$a$和$b$的最小公因数。
求法：根据$gcd（a,b）=gcd(b,a\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}b)$，递归求解知道$b=0$时，$gcd(a,b)=a$。
时间复杂度：$O(loga)$
证明：每递归两次，$b^{\prime }<=\lfloor \frac{b}{2}\rfloor$，所以最多只会进行$log$次操作。

设 $k=\lfloor \frac{a}{b}\rfloor ,r=a\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}b$。
当$r=0$时
$$gcd(a,b)=gcd(b,0)=b$$
正确。

当$r>0$时，设$d=gcd(a,b),a=xd,b=yd$
$$r=a-kb=xd-kyd=(x-ky)d$$
可知$d$也是$r$的因数，即$gcd(b,r)=d^{\prime }d$。接下来就是要证明$d^{\prime }=1$即$gcd(y,x-ky)=1$。我们用反证法，设$x-ky=n{d}^{\prime },y=m{d}^{\prime },d^{\prime }>1$
$$\begin{gathered} x=ky+n{d}^{\prime }=km{d}^{\prime }+n{d}^{\prime }=(km+n)d^{\prime } \\ a=xd=(km+n)d^{\prime }d \\ b=yd=md{d}^{\prime } \end{gathered}$$
$那么gcd(a,b)=d{d}^{\prime }(d^{\prime }>1)那么与前提gcd(a,b)=d不符$
所以$d^{\prime }=1,gcd(a,b)=gcd(b,r)。$

$\ast$当$gcd(n,m)>1$时，$a^b\equiv a^{b\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}\phi (m)+\phi (m)}(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}m)$
###扩展欧几里得 ExGcd
定义：解决一类形如求$ax+by=c（a,b,c已知）$最小正整数解的问题。
求法：首先方程有解的充要条件是$gcd(a,b)|c$，因为$gcd(a,b)|ax+by$。对于求解$x,y$我们只需参考去$gcd$的方法递归求解。

假设我们要求$ax+by=gcd(a,b)$的最小正整数解。
根据
$$\begin{gathered} gcd(a,b)=gcd(b,a\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}b) \\ ax+by=gcd(a,b) \\ b{x}^{\prime }+(a\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}b)y^{\prime }=gcd(b,a\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}b) \end{gathered}$$
可得$ax+by=b{x}^{\prime }+(a\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}b)y^{\prime }$，我们化简一下式子：
$$\begin{gathered} ax+by=b{x}^{\prime }+(a\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}b)y^{\prime } \\ ax+by=b{x}^{\prime }+(a-[\frac{a}{b}]\ast b)y^{\prime } \\ ax+by=a{y}^{\prime }+b{x}^{\prime }-[\frac{a}{b}]\ast b{y}^{\prime } \end{gathered}$$
也就是说$x=y^{\prime },y=x^{\prime }-[\frac{a}{b}]\ast y^{\prime }$，这样我们就可以递归求解，对与边界$b=0$的情况显然$x=1,y=0$。

对于$ax+by=gcd(a,b)$的其他整数解，设为$x^{\prime },y^{\prime },gcd(a,b)=d,a^{\prime }=\frac{a}{d},b^{\prime }=\frac{b}{d}$。
$$\begin{gathered} ax+by=a{x}^{\prime }+b{y}^{\prime } \\ a(x-x^{\prime })=b(y^{\prime }-y) \\ {a}^{\prime }(x-x^{\prime })=b^{\prime }(y^{\prime }-y) \end{gathered}$$
此时$a^{\prime }与b^{\prime }$互质，即$b^{\prime }|(x-x^{\prime }),a^{\prime }|(y^{\prime }-y)$，设$b^{\prime }k=(x-x^{\prime })$那么$a^{\prime }k=(y^{\prime }-y)$，也就是说$k$的每种不同取值就对应这一组整数解，我们可以表达为$x^{\prime }=x+k{b}^{\prime },y^{\prime }=y-k{a}^{\prime }$。
###类欧几里得
定义：求解形如${\sum }_{x=0}^n\lfloor \frac{ax+b}{c}\rfloor (a,b,c已知)$。
求法：我们先设$S_d(n)={\sum }_{x=1}^n{x}^d$

1. 如果$a\ge c$，设$d=\lfloor \frac{a}{c}\rfloor$则有
   $$\sum _{x=0}^n\lfloor \frac{ax+b}{c}\rfloor =\sum _{x=0}^n(\lfloor \frac{(a\%c)x+b}{c}\rfloor +d\ast x)=d\ast S_1(n)+\sum _{x=0}^n\lfloor \frac{(a\%c)x+b}{c}\rfloor$$

2.如果$b\ge c$，设$d=\lfloor \frac{b}{c}\rfloor$则有
$$\sum _{x=0}^n\lfloor \frac{ax+b}{c}\rfloor =\sum _{x=0}^n(\lfloor \frac{ax+(b\%c)}{c}\rfloor +d)=d\ast S_0(n)+\sum _{x=0}^n(\lfloor \frac{ax+(b\%c)}{c}\rfloor$$
根据1，2我们把规模为$(a,b,c,n)$转化为规模为$(a\%c,b\%c,c,n)$

3.$a\ge c,b\ge c$时，设$M=\lfloor \frac{an+b}{c}\rfloor$
$$\sum _{x=0}^n\lfloor \frac{ax+b}{c}\rfloor =\sum _{x=0}^n\sum _{y=0}^M[y<\lfloor \frac{ax+b}{c}\rfloor ]$$
接下来化简一下$y<\lfloor \frac{ax+b}{c}\rfloor$
$$\begin{gathered} c\ast (y+1)\le a\ast x+b \\ c\ast y+c-b\le a\ast x \\ c\ast y+c-b-1<a\ast x \\ x>\lfloor \frac{c\ast y+c-b-1}{a}\rfloor \end{gathered}$$
原式
$$\begin{gathered} =\sum _{y=0}^M\sum _{x=0}^n[x>\lfloor \frac{c\ast y+c-b-1}{a}\rfloor ] \\ =\sum _{y=0}^M(n-\lfloor \frac{c\ast y+c-b-1}{a}\rfloor ) \\ =n\ast (M+1)-\sum _{y=0}^M\lfloor \frac{c\ast y+c-b-1}{a}\rfloor \end{gathered}$$
于是问题又从$(a\%c,b\%c,c,n)$转换成了$(c,c-b\%c-1,,a\%c,M)$。
那么我们只需要递归求解就可以了，而规模每次都是取模的，所以和$Gcd$类似，复杂度也是$O(log)$的。
###欧拉函数
详细内容戳这里
###模相关
###中国剩余定理
定义：给定$n$条形如$x\equiv a_i(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{m}_i)$的方程，求解$x$。$(m_i互质)$。
求法：考虑如果$x={\sum }_{i=1}^n{F}_i$，且保证
$$满足\{\begin{array}{ccc}& F_i\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{m}_i=a_i& \\ & F_i\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{m}_j(j\ne i)=0& \end{array}$$
那么令$M=\prod m_i$，则$F_i=\frac{M}{m_i}\ast (\frac{M}{m_i}{)}^{-1}\ast a_i$。
证明：显然满足。
###组合数取模
###莫比乌斯函数
定义：设函数
$$f(n)=\sum _{d|n}g(d)$$
求法：当$f$函数已知的情况下可以通过一下函数求的$g$函数
$$\begin{gathered} g(n)=\sum _{d|n}\mu (d)\ast f(\frac{n}{d}) \\ \mu (d)=\{\begin{array}{ccc}& 1,d=1& \\ & (-1{)}^k,d=p_1\ast p_2\ast ...p_k(p_i为互不相同的质数)& \\ & 0,其余& \end{array} \end{gathered}$$
证明：首先，$f(n)$肯定包含$g(n)$，所以$\mu (1)=1$。那么现在就要减去$f(n)$中除了$g(n)$的其他项。这就和容斥原理很像了，考虑减去除掉一个质数的$f$值，加上除去两个质数的$f$值…这就是$\mu (d)$的第二种情况。其余的$f$值不用考虑，对应第三种情况。至此，就是最基础的反演。

性质一：对于任意正整数$n$，有$$\sum _{d|n}\mu (d)=\{\begin{array}{ccc}& 1,n=1& \\ & 0,n>1& \end{array}$$
证明：对于$n=1$的情况，直接就是$\mu (1)$。那么现在考虑$n>1$的情况。
设$n=p_1^{x_1}\ast p_2^{x_2}...p_k^{x_k}(p_i为互质的质因子)$。设$d=p_1^{y_1}\ast p_2^{y_2}...p_k^{y_k}$，加入存在$y_i\ge 2$，那么$\mu (d)=0$。现在考虑$y_i=0或1$的情况。假设$d$中有$r$个$i$满足$y_i=1$，那么$\mu (d)=(-1{)}^r$，这样的$d$有$C_k^r$个，所以
$$\sum _{d|n}\mu (d)=\sum _{r=0}^k{C}_k^r\ast (-1{)}^r=(1-1{)}^k=0$$（根据二项式展开的公式）。

性质二：莫比乌斯函数是积性函数，即当$a,b$互质时，满足$\mu (a\ast b)=\mu (a)\ast \mu (b)$

性质三：设$f(n)$和$g(n)$是集合上的两个函数，并满足$f(n)={\sum }_{d|n}g(d)$，则$g(n)$的积性函数的充分必要条件是$f(i)$是积性函数。

变形一：
$$f(i)=\sum _{d=1}^{\lfloor \frac{n}{i}\rfloor }g(d\ast i)\Rightarrow g(i)=\sum _{d=1}^{\lfloor \frac{n}{i}\rfloor }f(d\ast i)\ast \mu (d)$$往容斥方面想一想。

变形二
$$f(i)=\sum _{i|d,d\le n}g(d)\Rightarrow g(i)=\sum _{i|d,d\le n}f(d)\ast \mu (\frac{d}{i})$$同样往容斥方面想一想。

线筛求$\mu$：根线筛求质数一样先要把质数筛出来。那么每个质数$p$只会被访问一次，且$\mu (p)=-1$。考虑非质数的数$x$，我们只用$x$的最小质因子来更新它的$\mu (x)$，假设枚举都数字$i$和第$j$个质数，那么当$i\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}pr{i}_j=0$时，由于存在存在两个相同的质因子，那么$\mu (i\ast pr{i}_j)=0$，否则$\mu (i\ast pr{i}_j)=-\mu (i)$。这样就能线性的求出$\mu$了。

###大步小步法(BSGS)
模型：求解$a^x\equiv b(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$，$p\le 10^9+7$
解法：分两种情况讨论，$p$与$a$为质数，$p$与$a$不互质。
####$p$与$a$互质
考虑欧拉定理，当$x>\phi (p)$在模$p$意义下$a^x$就已经循环了，所以$x\le \phi (p)$。
设$x=A\sqrt{p}+B$，则原式变为
$$\begin{gathered} a^{A\sqrt{p}+B}\equiv b(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p) \\ {a}^{A\sqrt{p}}\equiv b\ast (a^B{)}^{-1}(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p) \end{gathered}$$
那么可以预处理右边的$\sqrt{n}$种取值用$hash$存起来，然后直接枚举$A$找$B$的最小值。
复杂度$O(\sqrt{\phi (p)})$
*当然设的时候可以令$x=A\sqrt{p}-B$，那么就不用求逆元了。
####$p$与$a$不互质
考虑怎么把问题转化成第一种情况。
设$d=gcd(a,p)$，那么原式变为
$$\begin{gathered} \frac{a}{d}{a}^{x-1}\equiv \frac{b}{d}(mod\frac{p}{d}) \\ {a}^{x-1}\equiv \frac{b}{a}(mod\frac{p}{d}) \end{gathered}$$
当然，当$d\nmid b$时无解。
但是$a$在模$\frac{p}{d}$意义下可能还是没有逆元，那么我们可以重复上面的步骤直到$a$与模数互质，由于$d\ge 2$所以这个步骤最多执行$log$次。然后就转化成第一种情况了。
##数学定理