第四章 数学知识（二）——欧拉函数，快速幂，扩展欧与中国剩余定理

脑阔疼

欧拉函数

互质：若N个整数的最大公约数是1，那么称这N个数互质

公式：

思路是容斥原理：
如何求1~N中和N互质的数的个数？现有质数$p_1$, $p_2$, … , $p_k$ < N

1. 从1~N中删除$p_1$, $p_2$, … , $p_k$ 的所有倍数（不包括质数本身）
2. 加上两个质数相乘的倍数
3. 删除三个质数相乘的倍数
4. 加上四个质数相乘的倍数
5. …不断重复

为什么会不断重复？因为删除$p_1$, $p_2$, … , $p_k$ 的所有倍数时，可能有的数（$p_i$与$p_j$的倍数）被二次删除，导致最终得到的结果变小，所以需要加上被二次删除的数
加上被二次删除的数后，又有些数（$p_i$，$p_j$与$p_k$的倍数）被二次加上，需要删除这些数
删除被二次加上的时后，又有些数（$p_i$，$p_j$，$p_k$与$p_l$的倍数）被二次删除，需要加上这些数
…不断重复，重复加减k次就能求得欧拉数
$$N-\frac{N}{p_1}-\frac{N}{p_2}...-\frac{N}{p_k}+\frac{N}{p_1{p}_2}+...+(-1^{n-1})\frac{N}{p_1{p}_2...p_k}$$
公式类似这样，不断的加减直到分母由k个质数相乘为止
同时公式能够整理成y总板书中的那种格式：
$$\varphi (N)=N(1-\frac{1}{p_1})(1-\frac{1}{p_2})(1-\frac{1}{p_3})...(1-\frac{1}{p_k})$$
或者是这种格式：
$$\varphi (N)=N(\frac{p_1-1}{p_1})(\frac{p_2-1}{p_2})(\frac{p_3-1}{p_3})...(\frac{p_k-1}{p_k})$$
模板：分解质因数的板子，找到质因数后根据公式进行运算即可

int phi(int n)
{
	int res = n;
	for (int i = 2; i <= n / i; ++ i )
	{
		if (n % i == 0)
		{
			res = res / i * (i - 1);
			while (n % i == 0) n /= i;
		}
	}
	if (n > 1) res = res / n * (n - 1);
	
	return res;
}

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线性筛求欧拉函数

定义ϕ为欧拉函数，若n是质数，那么ϕ(n) = n - 1，因为2~n-1中没有数能整除n，同时1和n互质，所以1~n-1的所有数都与n互质，即ϕ(n) = n - 1

若要求某个范围内所有数的欧拉数，可以套用线性筛的板子，若当前数是质数，那么ϕ(n) = n - 1
若当前数是合数，在线性筛中分两种情况：用i遍历1~n的所有数，用j遍历当前已经找出的质数

1. i % primes[j] == 0，说明此时枚举的质数是该合数的最小质因子，而i * primes[j]的最小质因子也是primes[j]。此时的ϕ(i * primes[j])比ϕ(i)多乘了primes[j]，所以ϕ(i * primes[j]) = ϕ(i) * primes[j]
2. i % primes[j] != 0，说明此时枚举的质数小于该合数的最小质因子，i * primes[j]的最小质因子为primes[j]，此时的ϕ(i * primes[j])比ϕ(i)多乘了primes[j]与(1 - 1/primes[j])。所以此时的ϕ(i * primes[j]) = primes[j] * ϕ(i) * (1 - 1/primes[j])，化简后就是ϕ(i * primes[j]) = ϕ(i) * (primes[j] - 1)

模板：

int eulers[N], primes[N], cnt;
bool st[N];
void get_eulers(int n)
{
	eulers[1] = 1;
	for (int i = 1; i <= n; ++ i )
	{
		if (!st[i]) primes[cnt ++ ] = i, eulers[i] = i - 1;
		for (int j = 0; primes[j] < n / i; ++ j )
		{
			int t = i * primes[j];
			st[t] = true;
			if (i % primes[j] == 0)
			{
				eulers[t] = primes[j] * eulers[i];
				break;
			}
			eulers[t] = eulers[i] * (eulers[i] - 1);
		}
	}
}

---

欧拉定理

先说明一个简单的性质：如果ac≡bc(mod m)，并且c和m互质，则a≡b(mod m)
证明：
首先，当a = b或者c = 1时，a≡b(mod m)成立
当a > b并且c ≠ 1时，ac ≡bc(mod m)等价于ac = bc + km
整理得：c(a - b) = km，a - b = km / c
因为a - b是正整数，并且c和m互质，即m / c一定不为整数
所以k / c一定为整数，即a = b + k’m，等价于a ≡ b (mod m)
证明完毕，举个反例，当a = 2, b = 4, c = 2, m = 4时，c和m不互质
此时2 * 2 ≡ 2 * 4 (mod 4)，两边同除2
2 ≡ 4 (mod 4)显然不成立
总之：记住这个结论，很常用。c和m互质的情况下，不论是两边同乘c还是同除c都是成立的

证明欧拉定理：
$a$与$n$互斥，1~n中，与$n$互质的数有$a_1$, $a_2$, … , $a_{\varphi (n)}$
$a$与$n$互斥并且$a_i$与$n$互质
所以$a$ *$a_1$, $a$ * $a_2$, … , $a$ * $a_{\varphi (n)}$也是与n互质的
现证明$a$ *$a_i$与$a$ *$a_j$不相同，即$a$ *$a_1$, $a$ * $a_2$, … , $a$ * $a_{\varphi (n)}$两两不同
用反证法：假设$a$ *$a_i$与$a$ *$a_j$相同，那么有$a$ *$a_i$ ≡ $a$ *$a_j$ (mod n)
因为$a$与$n$互质，所以$a_i$ ≡ $a_j$ (mod n)，与前提$a_1$, $a_2$, … , $a_{\varphi (n)}$是1~n中与n互质的数矛盾
所以$a$ *$a_1$, $a$ * $a_2$, … , $a$ * $a_{\varphi (n)}$中，不存在相同的两个数
即$a$ *$a_1$, $a$ * $a_2$, … , $a$ * $a_{\varphi (n)}$是互不相同且与n互质的数
因为$a_1$, $a_2$, … , $a_{\varphi (n)}$也是互不相同且与n互质的数
所以$a_1$ * $a_2$ * … * $a_{\varphi (n)}$ ≡ $a$ *$a_1$, $a$ * $a_2$, … , $a$ * $a_{\varphi (n)}$ (mod n)
整理得$a_1$ * $a_2$ * … * $a_{\varphi (n)}$ ≡ $a^{\varphi (n)}$ * $a_1$, * $a_2$ * … * $a_{\varphi (n)}$ (mod n)
由于$a_i$与n互质，所以两边同除$a_1$ * $a_2$ * … * $a_{\varphi (n)}$
得到$a^{\varphi (n)}$ ≡ 1 (mod n)
证明完毕

注意欧拉定理的前提是a与n互质
特别的当n为质数时，有结论：$a^{n-1}$ ≡ 1 (mod n)
这是费马小定理

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快速幂

在O(logk) 的时间复杂度下，快速地求出$a^k$ % p的结果

计算n每个因子%p的结果，然后将这些结果相乘再%p，得到的结果和n % p相同

预处理：将$a^k$分解成$a^{2^i}$，也就是将k拆分成多个$2^i$，其中i范围为：0~logk
当i等于logk时，$2^i$ = k。我们需要选择一些$2^i$，使它们相加等于k
也就是k的二进制表示中，1在哪一位上，i就是几
比如k = 5，5的二进制表示101，那么5就可以拆分成：$2^0$ + $2^2$
$k$作为$a$的指数，那么$a$的$k$次方就可以根据k的拆分，被拆分成多个式子相乘（最多32或64个式子）
比如$a^5$ 被拆分成$a^{2^0}$ * $a^{2^2}$，要求$a^k$ % $p$，可以将$a^k$进行拆分，将拆分后每个式子%$p$的结果相乘，最后再%$p$即可

如何用代码实现？
k的二进制表示中，有几个1，$a^k$就能被拆分成几个式子相乘
当k的第i位为1，表示式子$a^{2^i}$需要累乘
我们不断右移k，同时让a不断自乘（$a^1$，$a^2$，$a^4$，$a^8$…）。当k的第i位为1，直接* a % p

模板：

int qmi(int a, int k, int p)
{
	lont lont res = 1;
	while (k)
	{
		if (k & 1) res = res * a % p;
		a = (long long)a * a % p;
		k >>= 1;
	}
	return res;
}

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逆元

在数论问题中，我们不希望进行除法运算，因为除法可能得到小数，处理小数很麻烦
我们希望进行乘法运算，乘法运算只会得到整数，处理整数是很方便的
所以当一个数作为除数参数运算时，我们希望它能作为一个乘数参与运算
对于一个除数b，若存在一个整数x，使得用x做乘法运算的结果，与原除法运算结果相同，那么x就是b的乘法逆元。可以用以下式子表示：
a / b ≡ a * x (mod m)
注意：这里运算的结果需要取模m，结果相同也意味着运算并取模m后的结果相同，乘法逆元更准确的叫法是模m乘法逆元
$b$的模m乘法逆元用$b^{-1}$表示，需要与$b$的逆做区分
整理式子：$$a/b\equiv a\ast x(modm)$$
两边同乘$b$得到
$$a\equiv b\ast a\ast b^{-1}(modm)$$
式子两边同除$a$得到：
$$b\ast b^{-1}\equiv 1(modm)$$
当m是质数时，根据费马定理：
$$b^{m-1}\equiv 1(modm)$$
整理得：
$$b\ast b^{m-2}\equiv 1(modm)$$
经过对比，在m质数的情况下，我们要求的$b^{-1}$等价于$b^{m-2}$
综上，$b$的模m乘法逆元为$b^{m-2}$，已知$b$和$m$即可直接求出逆元

所以求逆元的本质就是快速幂，板子和快速幂一样，参数为qmi(b, m - 2, m)

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扩展欧几里得

裴蜀定理：对于任意整数(a, b)一定存在非零整数(x, y)使得ax + by = d，其中d是(a, b)的最大公约数

裴蜀定理证明：(a, b)的最大公约数d能够整除a与b，可知d | ax + by。假设ax + by = D，那么D就能被d整除，将式子乘以d/D，就能得到a'x + b'y = d
即存在非零整数a’与b’使得a'x + b'y = d，证明完毕

扩展欧几里得：求解系数(x, y)使得式子ax + by = d成立，其中d是(a, b)的最大公约数

用(a, b)表示a与b的最大公约数，在欧几里得算法中，我们证明过(a, b) = (b, a % b)
若等式ax + by = d (1)成立，那么等式(a % b)x' + by' = d也会成立，整理等式使两式格式相同：
$$(a-[a/b]b)x^{\prime }+b{y}^{\prime }=d$$
整理a与b的系数：
$$a{x}^{\prime }+b(y^{\prime }-[a/b]x^{\prime })=d(2)$$
对比(1)式与(2)式，要使两式相同，那么(2)式中a的系数x' = x，b的系数y' - [a/b]x' = y
也就是说，若我们知道系数(x', y')使式子(a % b)x' + by' = d成立，那么我们就能求得系数(x, y)使得式子ax + by = d成立

在欧几里得算法中，我们通过递归使得(a, b)中的b不断地接近0，当b为0时，向下递归结束，程序将向上递归
若b = 0，此时使式子ax + by = d成立的(x, y)的值为(1, 0)
带入递归过程，每一次向下递归都是将(a. b)转换成(b, a % b)
在裴蜀定理中，a和b的转换导致了其系数(x, y)向(x', y')的转换，现已知最终的系数(1, 0)
它是一次递归过程中的(x', y')，我们可以推导出该递归过程中的(x, y)
然后将其作为上一个递归过程的(x', y')，不断地向上递归，直到推导出首个递归过程的(x, y)，此时求解完成

模板：

// 函数返回最大公约数，扩展欧的系数(x, y)通过输出型参数返回
int exgcd(int a, int b, int& x, int& y)
{
	if (!b)
	{
		x = 1, y = 0;
		return a;
	}
	int d = exgcd(b, a % b, y, x);
	y -= a / b * x;
	return d;
}

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中国剩余定理

给定一组互质的数$m_i$，和数量相同的另一组数$a_i$，可以构造出x，使x与$m_i$互质并且满足以下线性方程组

x在模$m_i$的情况下是唯一的

首先M表示所有$m_i$的乘积，$M_i$表示M / $m_i$
那么有通解：
$$x=a_1{M}_1{M}_1^{-1}+a_2{M}_2{M}_2^{-1}+...+a_k{M}_k{M}_k^{-1}$$
来看为什么这个通解成立，在mod $m_1$的情况下，只有$M_1$$M_1^{-1}$ = 1，$M_i$$M_i^{-1}$ = 0
因为$M_i$中含有因子$m_1$，所以$m_1$能够整除$M_i$

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扩展中国剩余定理

中国剩余定理用于解决一组互质模同余方程问题
而扩展中国剩余定理用于解决一组不互质模同余方程问题，即$m_i$之间不互质

同余方程的形式是：
$$x\equiv a_i(mod{m}_i)$$
变形一下有：
$$x=a_i+k{m}_i$$
同时x要满足另一同余方程：x = $a_j$ + k * $m_j$，联立两式可以得到：
$$a_i+k_i{m}_i=a_j+k_j{m}_j$$
整理得：
$$k_i{m}_i-k_j{m}_j=a_j-a_i$$
这个式子可以用扩展欧求解，假设(a, b)的最大公约数为d
($m_i$, $m_j$)对应(a, b)，($k_i$, $k_j$)对应(a, b)的系数(x, y)，若($a_j$ - $a_i$ )是d的倍数，那么($k_i$, $k_j$)有解
否则无解

求出一对特解后，令
$$k_i=k_i+\frac{m_j}{d}k,k_j=k_j+\frac{m_i}{d}k(k=...,-2,-1,0,1,2,...)$$
通过特解就能求出通解（将通解带入等式$a_i$ + $k_i$ * $m_i$ = $a_j$ + $k_j$ * $m_j$，等式依然成立）
为什么$m_i$与$m_j$要除以d？为了保证此时计算出的特解互质，以提高求出完整特解的速度

回到一开始的式子：x = $a_i$ + $k_i$ * $m_i$，计算出通解后将通解带入式子
$$x=a_i+(k_i+\frac{m_j}{d}k)m_i$$
展开得到：
$$x=a_i+k_i{m}_i+\frac{m_i{m}_j}{d}k$$

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再证明一个常用的性质：gcd(a, b) * lcm(a, b) = a * b
a与b的最大公约数与最小公倍数的乘积等于a与b的乘积
使用分解质因数法证明：
假设最大公约数为d，最小公倍数为m
将a和b质因数分解：a = d * p1* p2 * ... * pr， b = d * q1 * q2 * ... * qs
其中d是a和b中相同的质因数，也就是最小公约数
那么m就是所有质因数的乘积m = d * p1* p2 * ... * pr * q1 * q2 * ... * qs
那么ab = dm
证明完毕

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所以$m_i$$m_j$/d = m，m为$m_i$和$m_j$最小公倍数，等式为：
$$x=a_i+k_i{m}_i+km(k=...,-2,-1,0,1,\mathrm{2...})$$
其中$a_i$和$k_i$$m_i$是已知的数，可以将整个式子看成
$$x=c+km$$
也就是x ≡ c (mod m)
最终要求的是最小非负整数x，转换这个式子：
$$x=k_{1}m+c^{\prime }$$
对于c，有：
$$c=k_{2}m+c^{\prime }$$
两式的c’在m的剩余系中，并且c’相同，只有$k_1$和$k_2$不同，根据c’合并两式
$$c=k_{2}m+(x-k_{1}m)$$
整理得：
$$c=(k_2-k_1)m+x$$
可以看成c ≡ x (mod m)，要求最小非负整数，x就要在m的剩余系中，所以x = c mod m

而c = $k_i$$m_i$ + $a_i$，$a_i$和$m_i$已知，$k_i$根据扩展欧求得，所以c是已知的，m是($m_i$, $m_j$)的最小公倍数，根据扩展欧也能求得。所以x = c mod m中，只有x未知，其他参数已知，那么x就能被求出，最终求x的式子是：
$$x=cmodm$$

但是这个x只是满足两个线性同余方程的通解，要让x满足所有线性同余方程，就要重复上面的步骤(n - 1)次（假设方程有n个）。重复操作如何进行？对某两个线性同余方程求出通解后，有式子：
$$x=a_i+k_i{m}_i+km(k=...,-2,-1,0,1,\mathrm{2...})$$
而第i个线性同余方程是：
$$x=k_i{m}_i+a_i$$
将通解中的$a_i$+$k_i$$m_i$作为新的$a_i$，$m$作为新的$m_i$，得到一个新的线性同余方程，将其与第k个线性同余方程联立，重复以上所有操作，求出满足两式的非负最小x
用于每次联立两式求出的x满足非负最小，重复n - 1求出的x也满足非负最小，局部最优推出全局最优，所以一定能保证对于所有的方程来说，x是非负最小的

总结下：通过扩展欧求特解，通过特解求通解，通过通解求x，重复n - 1次

模板：

typedef long long LL;
LL exgcd(LL a, LL b, LL &x, LL &y)
{
    if (!b)
    {
        x = 1, y = 0;
        return a;
    }
    LL d = exgcd(b, a % b, y, x);
    y -= a / b * x;
    return d;
}

LL ai, aj, mi, mj, ki, kj;
LL x = 0;
int n;
scanf("%d", &n);
scanf("%ld%ld", &mi, &ai);
for (int i = 0; i < n - 1; ++ i )
{
	scanf("%ld%ld", &mj, &aj);
	LL d = exgcd(mi, mj, ki, kj);
	if ((aj - ai) % d)
	{
		x = -1;
		break;
	}
	ki = (aj - ai) / d * ki;
	LL t = mj / d;
	ki = (ki % t + t) % t;
	// 用通解更新ai和mi，使两式合并
	ai = ai + ki * mi;
	mi = mi / d * mj;
}

if (x != -1) x = (ai % mi + mi) % mi;
printf("%ld\n", x);

---

欧拉函数练习题

873. 欧拉函数

873. 欧拉函数 - AcWing题库

#include 
using namespace std;
int n;

int phi(int x)
{
    int res = x;
    for (int i = 2; i <= x / i; ++ 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;
}

int main()
{
    scanf("%d", &n);
    int x;
    while (n -- )
    {
        scanf("%d", &x);
        printf("%d\n", phi(x));
    }
    
    return 0;
}

---

874. 筛法求欧拉函数

874. 筛法求欧拉函数 - AcWing题库

#include 
using namespace std;

const int N = 1e6 + 10;
int cnt, primes[N], eulers[N];
bool st[N];
int n;

void get_eulers(int n)
{
    eulers[1] = 1;
    for (int i = 2; i <= n; ++ i )
    {
        if (!st[i]) primes[cnt ++ ] = i, eulers[i] = i - 1;
        for (int j = 0; primes[j] <= n / i; ++ j )
        {
            int t = i * primes[j];
            st[t] = true;
            if (i % primes[j] == 0)
            {
                eulers[t] = eulers[i] * primes[j];
                break;
            }
            eulers[t] = eulers[i] * (primes[j] - 1);
        }
    }
}

int main()
{
    scanf("%d", &n);
    get_eulers(n);
    
    long long res = 0;
    for (int i = 1; i <= n; ++ i) res += eulers[i];
    printf("%ld\n", res);
    return 0;
}

---

快速幂练习题

875. 快速幂

875. 快速幂 - AcWing题库

#include 
using namespace std;

typedef long long LL;
int n;

int qmi(int a, int k, int p)
{
    LL res = 1;
    while (k)
    {
        if (k & 1) res = res * a % p;
        a = (LL)a * a % p;
        k >>= 1;
    }
    return res;
}

int main()
{
    scanf("%d", &n);
    int a, k ,p;
    while (n -- )
    {
        scanf("%d%d%d", &a, &k, &p);
        printf("%d\n", qmi(a, k, p));
    }
    
    return 0;
}

---

876. 快速幂求逆元

876. 快速幂求逆元 - AcWing题库

需要注意的是：题目保证p是一个质数，所以当a为p的倍数时，无法使用费马定理，逆元也就不存在

#include 
using namespace std;
typedef long long LL;

int n;

int qmi(int a, int k, int p)
{
    LL res = 1;
    while (k)
    {
        if (k & 1) res = res * a % p;
        a = (LL)a * a % p;
        k >>= 1;
    }
    return res;
}

int main()
{
    scanf("%d", &n);
    int a, p;
    while (n -- )
    {
        scanf("%d%d", &a, &p);
        if (a % p == 0) puts("impossible");
        else printf("%d\n", qmi(a, p - 2, p));
    }
    return 0;
}

---

扩展欧练习题

877. 扩展欧几里得算法

877. 扩展欧几里得算法 - AcWing题库

#include 
using namespace std;

int n;

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

int main()
{
    scanf("%d", &n);
    int a, b, x, y;
    while (n -- )
    {
        scanf("%d%d", &a, &b);
        exgcd(a, b, x, y);
        printf("%d %d\n", x, y);
    }
    
    return 0;
}

---

878. 线性同余方程

878. 线性同余方程 - AcWing题库

等式ax ≡ b (mod m)，当b <= m时，等式可以变形成ax = b + my，令y' = y，整理得ax + my' = b，题目给定a, m b，要求a的系数x
利用扩展欧可以求解两个系数x, y'，不过使用扩展欧的前提是ax + my' = b，其中的b需要是(a, m)的最大公约数的倍数
也就是扩展欧需要先满足裴蜀定理，当b % (a, m) != 0时，扩展欧无法使用，等式无解

#include 
using namespace std;
typedef long long LL;

int n;

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

int main()
{
    scanf("%d", &n);
    int a, m, b, x, y, d;
    while (n -- )
    {
        scanf("%d%d%d", &a, &b, &m);
        d = exgcd(a, m, x, y);
        if (b % d) puts("impossible");
        else printf("%d\n", (LL)b / d * x % m);
    }
    return 0;
}

debug：在b % d != 0的情况下，ax + my = b与ax' + my' = d也是倍数关系，题目要返回的是x，而我们只求得x’，所以需要进行转换，输出b / d * x
不能输出x / d * b，因为x与d可能不是倍数关系，这样计算的结果将出现偏差
或者输出x * b / d也行，不过要注意long long的强转，防止爆int

最后需要保证答案在mod m剩余系中，所以要mod m

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中国剩余定理练习题

204. 表达整数的奇怪方式

204. 表达整数的奇怪方式 - AcWing题库

#include 
using namespace std;

typedef long long LL;
LL exgcd(LL a, LL b, LL &x, LL &y)
{
    if (!b)
    {
        x = 1, y = 0;
        return a;
    }
    LL d = exgcd(b, a % b, y, x);
    y -= a / b * x;
    return d;
}

int main()
{
    LL ai, aj, mi, mj, ki, kj;
    LL x = 0;
    int n;
    scanf("%d", &n);
    scanf("%ld%ld", &mi, &ai);
    for (int i = 0; i < n - 1; ++ i )
    {
        scanf("%ld%ld", &mj, &aj);
        LL d = exgcd(mi, mj, ki, kj);
        if ((aj - ai) % d)
        {
            x = -1;
            break;
        }
        ki = (aj - ai) / d * ki;
        LL t = mj / d;
        ki = (ki % t + t) % t;
	    // 用通解更新ai和mi，使两式合并
	    ai = ai + ki * mi;
	    mi = mi / d * mj;
    }
    
    if (x != -1) x = (ai % mi + mi) % mi;
    printf("%ld\n", x);
    
    return 0;
}