Algorithm Review 3 数论

数论

• 若 $a\equiv b(\mathrm{mod}m)$，则 $(a,m)=(b,m)$。
• $a\equiv b(\mathrm{mod}{m}_i)(1\le i\le n)$ 同时成立，当且仅当 $a\equiv b(\mathrm{mod}[m_1,m_2,\dots ,m_n])$。
• 素数定理 设 $\pi (x)$ 为不超过 $x$ 的素数个数，当 $x\to \infty$ 时，$\pi (x)\sim \frac{x}{\ln (x)}$。

线性求逆元

• 设模数为质数 $P$，待求逆元的为 $k$，则
  $$\begin{array}{r}P=\lfloor \frac{P}{k}\rfloor k+(P\mathrm{mod}k)\iff \lfloor \frac{P}{k}\rfloor k+(P\mathrm{mod}k)\equiv 0(\mathrm{mod}P)\end{array}$$
• 同乘 $k^{-1}(P\mathrm{mod}k{)}^{-1}$ 后移项，得
  $$k^{-1}\equiv -\lfloor \frac{P}{k}\rfloor (P\mathrm{mod}k{)}^{-1}(\mathrm{mod}P)$$

	inv[1] = 1;
	for (int i = 2; i <= n; ++i)
        inv[i] = 1ll * (mod - mod / i) * inv[mod % i] % mod;

快速乘

算法一

• 对乘数 $b$ 进行二进制拆分，化乘法为加法，时间复杂度 $\mathcal{O}(\log b)$。

inline ll quickPower(ll a, ll b)
{
	ll res = 0;
	while (b)
	{
		if (b & 1)
			add(res, a);
		add(a, a);
		b >>= 1;
	}
	return res;
}

算法二

• $ab\mathrm{mod}p=ab-\lfloor \frac{ab}{p}\rfloor p$。
• 利用 long double 存储 $\lfloor \frac{ab}{p}\rfloor$，时间复杂度 $\mathcal{O}(1)$，有极小的概率出错。

typedef long long ll;
typedef long double ld;
const ld eps = 1e-8;

inline ll quickPower(ll a, ll b)
{
	ll res = a * b - (ll)((ld)a / mod * b + eps) * mod;
	return res < 0 ? res + mod : res;
}

扩展欧几里得

• 设 $d=\gcd (a,b)$，求 $ax+by=d$ 的一组 $(x,y)$
  $$\begin{array}{rl}ax+by=d,b{x}^{\prime }+(a\mathrm{mod}b)y^{\prime }& =d\\ b{x}^{\prime }+(a-\lfloor \frac{a}{b}\rfloor b)y^{\prime }& =d\\ a{y}^{\prime }+b(x^{\prime }-\lfloor \frac{a}{b}\rfloor y^{\prime })& =d\\ x=y^{\prime },y=x^{\prime }-\lfloor \frac{a}{b}\rfloor y^{\prime }& \end{array}$$
  迭代到 $a^{\prime }=d,b^{\prime }=0$ 可得 $x^{\prime }=1,y^{\prime }=0$，由数学归纳法可得最后解的大小满足：
  $$\begin{array}{r}|x|\le b,|y|\le a\end{array}$$

inline void exGcd(ll a, ll b, ll &x, ll &y, ll &g)
{
	if (!b)
	{
		x = 1;
		y = 0;
		g = a;
		return ;
	}
	exGcd(b, a % b, y, x, g);
	y -= a / b * x;
}

线性同余方程

• 定理1 若 $(a,b)|c$，则二元一次方程 $ax+by=c(a,b,c\in \mathbb{N})$ 有无穷多解，否则方程不存在整数解。
• 定理2 若二元一次方程 $ax+by=c(a,b,c\in \mathbb{N})$ 有解且特解为 $x=x_0,y=y_0$，那么方程的解可表示为 $x=x_0+\frac{b}{d}t,y=y_0-\frac{a}{d}t,t\in \mathbb{Z}$
• 定理3 $n$ 元一次不定方程 $\sum _{i=1}^n{a}_i{x}_i=c(a_i,c\in \mathbb{N})$ 有解的充要条件为 $(a_1,a_2,\dots ,a_n)|c$

解 n 元一次不定方程

• 解 $n$ 元一次不定方程 $\sum _{i=1}^n{a}_i{x}_i=c(a_i,c\in \mathbb{N})$ 。
  顺次求出 $(a_1,a_2)=d_2,(d_2,a_3)=d_3,\dots ,(d_{n-1},a_n)=d_n$。
  若 $d_n|c$，则方程有解，作方程组
  $$\begin{array}{rl}{a}_1{x}_1+a_2{x}_2& =d_2{t}_2\\ d_2{t}_2+a_3{x}_3& =d_3{t}_3\\ & \dots \\ d_{n-1}{t}_{n-1}+a_n{x}_n& =c\end{array}$$
  求出最后一个方程的解，依次往上迭代。

解 n 元一次不定方程组

• 解 $m$ 个 $n$ 元一次不定方程组成的方程组，其中 $m<n$，由 $m-1$ 个不定方程，消去 $m-1$ 个未知数，将方程组转化为 $n-m+1$ 元的一次不定方程。

解一元线性同余方程

• 二元一次不定方程 $ax+by=c$ $\iff$ 求一元线性同余方程 $ax\equiv c(\mathrm{mod}b)$ 整数解，设 $d=\gcd (a,b)$，若 $d$ 不能整除 $c$ 则无解，否则在 $\mathrm{mod}c$ 的意义下解有 $d$ 个，解的形式为
  $$\begin{array}{r}x=x_0+\frac{b}{d}t,t\in \mathbb{Z}\end{array}$$

解一元线性同余方程组

算法1 合并法

• 以合并下面两个方程为例，
  $$\begin{array}{rl}x& \equiv b_1(\mathrm{mod}{m}_1)\\ x& \equiv b_2(\mathrm{mod}{m}_2)\end{array}$$
  设 $x=b_1+m_1{y}_1=b_2+m_2{y}_2$，即 $m_2{y}_2-m_1{y}_1=b_1-b_2$
  解出 $y_2$，设 $m=[m_1,m_2]$，得到方程 $x\equiv b_2+m_2{y}_2(\mathrm{mod}m)$
  若有多个方程，依据上述过程直至消成单个方程即可。

typedef __int128 ll;

inline ll calc_single(ll a, ll b, ll c)
{   // 返回 ax = c (mod b) 的特解 
	ll x, y, e;
	exGcd(a, b, x, y, e);
	if (c % e != 0)
		EXIT();
	b /= e, c /= e;
	return ((x * c) % b + b) % b;
}

inline ll calc_multi(ll *m, ll *c, int xp)
{   // 返回方程组 x = ci(mod mi) (1 <= i <= xp) 在 [0,lcm(mi)) 内的特解  
	ll lcm = m[1], res = c[1];
	for (int i = 2; i <= xp; ++i)
	{
		ll y = calc_single(lcm, m[i], ((c[i] - res) % m[i] + m[i]) % m[i]);
		res = lcm * y + res;
		lcm = lcm / std::__gcd(lcm, m[i]) * m[i];
		res = (res % lcm + lcm) % lcm;  
	}
	return res;
}

算法2 中国剩余定理

• 设 $m_1,m_2,\dots ,m_r$ 为两两互素的正整数，则同余方程组
  $$\begin{array}{rl}x& \equiv a_1(\mathrm{mod}{m}_1)\\ x& \equiv a_2(\mathrm{mod}{m}_2)\\ & \dots \\ x& \equiv a_r(\mathrm{mod}{m}_r)\end{array}$$
  有在模 $M=\prod _{i=1}^r{m}_i$ 意义下的唯一解，即中国剩余定理。
• 设 $M_i=\frac{M}{m_i}$，$t_i$ 为 $M_i{t}_i=1(\mathrm{mod}{m}_i)$ 的解，则唯一解为 $x=\left(\sum _{i=1}^r{a}_i{t}_i{M}_i\right)\mathrm{mod}M$

原根

阶

• 设 $n,a\in {\mathbb{N}}_{+},n>1,a\perp n$，则 $\exists 1\le r\le n,a^r\equiv 1(\mathrm{mod}n)$，将最小的 $r$ 称为 $a$ 模 $n$ 的阶，记作 ${\text{Ord}}_n(a)$。
• 若 $a\perp n,a^N\equiv 1(\mathrm{mod}n)$，则 ${\text{Ord}}_n(a)|N$。
• 若 $a\perp n$，${\text{Ord}}_n(a)|\varphi (n)$。

原根

• 设 $a,n\in {\mathbb{N}}_{+},n>1,a\perp n$，若 ${\text{Ord}}_n(a)=\varphi (n)$，则称 $a$ 为模 $n$ 的一个原根。
• 剩余类 所有模 $n$ 同余的整数构成的集合，设余数为 $r$，则该剩余类简记为 $\overline{r}$。
• 剩余系 模 $n$ 所得的余数域。
• 简化剩余系 若模 $n$ 的一个剩余类内所有数都与 $n$ 互素，就称其为与模 $n$ 互素的剩余类，在与模 $n$ 互素的全体剩余类中，从每一个类中任取一个数作为代表组成的集合，称为模 $n$ 的一个简化剩余系，容易证明，简化剩余系关于模 $n$ 乘法封闭。
• 记 $\delta ={\text{Ord}}_n(a)$，则 $a^0,a^1,\dots ,a^{\delta -1}$ 两两不同余，当 $a$ 是 $n$ 的原根时，$a^0,a^1,\dots ,a^{\delta -1}$ 构成模 $n$ 的简化剩余系，当 $n$ 为质数时，$\{a^0,a^1,\dots ,a^{\delta -1}\}$ 与 $\{1,2,\dots ,n-1\}$ 构成双射。
• 只有 $2,4,p^k,2p^k(p为奇素数)$ 有原根。
• 若 $n$ 存在原根，设 $n$ 的最小原根为 $g$，则 $g^s\mathrm{mod}n(1\le s\le \varphi (n),s\perp \varphi (n))$ 一定也是它的原根，因此 $n$ 共有 $\varphi (\varphi (n))$ 个原根。

原根的求法

• 暴力枚举最小原根 $g$，满足 $g\perp n$，要验证 $g$ 是否是 $n$ 的原根。
• 根据 ${\text{Ord}}_n(a)|\varphi (n)$，我们只需验证对于每个 $d|\varphi (n)(d\ne \varphi (n))$，均有 $a^d\not\equiv 1(\mathrm{mod}n)$。
• 进一步地，设 $\varphi (n)=\prod _{i=1}^m{p}_i^{c_i}$，我们只需对所有 $p_i$，验证 $a^{\frac{\varphi (n)}{p_i}}\not\equiv 1(\mathrm{mod}n)$。
• 之后暴力枚举 $s$，满足 $s\perp \varphi (n)$，就能求出所有的原根。

inline void findRoot(int x)
{
	int u = x, phi = x;
	for (int i = 2, im = sqrt(x); i <= im && i <= u; ++i)
		if (u % i == 0)
		{
			phi = phi / i * (i - 1);
			u /= i;
			while (u % i == 0)
				u /= i; 
		}
	if (u > 1)
		phi = phi / u * (u - 1); 
	cm = am = 0;
	u = phi;
	for (int i = 2, im = sqrt(phi); i <= im && i <= u; ++i)
		if (u % i == 0)
		{
			cur[++cm] = i;
			u /= i;
			while (u % i == 0)
				u /= i;
		}
	if (u > 1)
		cur[++cm] = u;
	int g;
	for (g = 1; g < x; ++g)
	{
		if (std::__gcd(g, x) > 1)
			continue ;
		bool flag = false;
		for (int i = 1; i <= cm; ++i)
			if (quick_pow(g, phi / cur[i], x) == 1)
			{
				flag = true;
				break ;
			}
		if (!flag)
			break ;
	}
	if (g == x)
		return ;
	int res = 1;
	for (int s = 1; s <= phi; ++s)
	{
		res = 1ll * res * g % x;
		if (std::__gcd(phi, s) > 1)
			continue ;
		ans[++am] = res;
	}
	std::sort(ans + 1, ans + am + 1);
}

数论函数

• 积性函数 函数 $f$ 满足 $\forall a,b\in \mathbb{N},a\perp b$，$f(ab)=f(a)f(b)$。
• 完全积性函数 函数 $f$ 满足 $\forall a,b\in \mathbb{N}$，$f(ab)=f(a)f(b)$。

常见积性函数

欧拉函数

• 记作 $\phi (n)$，指不超过 $n$ 且与 $n$ 互素的正整数个数，由中国剩余定理可知其为积性函数。
• 定理1 设 $n=\prod _{i=1}^m{p}_i^{c_i}$，则 $\phi (n)=\prod _{i=1}^m(p_i-1)p_i^{c_i-1}=\prod _{i=1}^m(1-\frac{1}{p_i})$。
  • 推论1 当 $n$ 为奇数时，$\phi (2n)=\phi (n)$。
  • 推论2 设 $n$ 为一个大于 2 的正整数，那么 $\phi (n)$ 是偶数。
• 定理2 当 $n>1$ 时，$[1,n]$ 中与 $n$ 互质的整数的和为 $\frac{n\phi (n)}{2}$。
• 欧拉定理 对于任意两个互质的正整数 $a,m(m\ge 2)$，有 $a^{\phi (m)}\equiv 1(\mathrm{mod}m)$，故 $a^{\phi (m)-1}$ 为 $a$ 在模 $m$ 意义下的逆元。
  • 推论（费马小定理） 设 $m$ 为质数，$a^{m-1}\equiv 1(\mathrm{mod}m)$，故 $a^{m-2}$ 为 $a$ 在模 $m$ 意义下的逆元。

证明

• $\forall b,c$，$ab\equiv ac(\mathrm{mod}m)\iff a(b-c)\equiv 0(\mathrm{mod}m)$，因为 $a\perp m$，$b\equiv c(\mathrm{mod}m)$，故当 $b\not\equiv c(\mathrm{mod}m)$ 时，$\overline{ab},\overline{ac}$ 也表示不同的剩余类。
• 设 $m$ 的简化剩余系为 $\{\overline{a_1},\overline{a_2},\dots ,\overline{a_{\phi (m)}}\}$ ，由其模 $m$ 乘法封闭的性质以及上述结论，可以推知 $\{\overline{a{a}_1},\overline{a{a}_2},\dots \overline{a{a}_{\phi (m)}}\}$ 也能表示 $m$ 的简化剩余系，故：
  $$a^{\phi (m)}{a}_1{a}_2\dots a_{\phi (m)}\equiv (a{a}_1)(a{a}_2)\dots (a{a}_{\phi (m)})\equiv a_1{a}_2\dots a_{\phi (m)}(\mathrm{mod}m)$$
• 由简化剩余系的定义可知 $a^{\phi (m)}\equiv 1(\mathrm{mod}m)$，证毕。

• 扩展欧拉定理 对于任意正整数 $a,b,m$，
  • 若 $a,m$ 不互质，且 $b<\phi (m)$，不能应用该定理进行降幂。
  • 若 $a,m$ 不互质，且 $b\ge \phi (m)$，则 $a^b\equiv a^{b\mathrm{mod}\phi (m)+\phi (m)}(\mathrm{mod}m)$。
  • 若 $a,m$ 互质，则 $a^b\equiv a^{b\mathrm{mod}\varphi (m)}(\mathrm{mod}m)$。

莫比乌斯函数

• 记作 $\mu (n)$，若 $n$ 有平方数因子，则 $\mu (n)=0$，否则 $n$ 为 $k$ 个不同质数的成绩，则 $\mu (n)=(-1{)}^k$。特别地 $\mu (1)=1$。

除数函数

• ${\sigma }_k(n)$ 表示 $n$ 所有正因子的 $k$ 次幂之和。
• $d(n)={\sigma }_0(n)$ 表示 $n$ 的正因子个数，$\sigma (n)={\sigma }_1(n)$ 表示 $n$ 的所有正因子之和。

幂函数

• $I{d}_k(n)=n^k,1(n)=I{d}_0(n)=1,Id(n)=I{d}_1(n)=1$。

单位函数

• $\epsilon (n)=[n=1]$。

Dirichlet 卷积

• 定义数论函数 $f,g$ 的 $\text{Dirichlet}$ 卷积为 $(f\ast g)(n)=\sum _{d|n}f(d)g(\frac{n}{d})$，满足交换律、结合律、分配律，且有单位元 $\epsilon$。

• 若 $f,g$ 均为积性函数，则 $f\ast g$ 也为积性函数。

• 常见的 $\text{Dirichlet}$ 卷积：
  $$d=1\ast 1,\sigma =Id\ast 1,\phi =\mu \ast Id,\epsilon =\mu \ast 1$$

• 由于 $Id=1\ast \mu \ast Id=1\ast \phi$，即 $n=\sum _{d|n}\phi (d)$。

莫比乌斯反演

• 对于两个函数 $f,g$：
  $$f(n)=\sum _{d|n}g(d)\iff g(n)=\sum _{d|n}\mu (\frac{n}{d})f(d)$$

证明
$$\begin{array}{rl}\because & f=1\ast g\Rightarrow 1\ast \mu \ast g=\mu \ast f\Rightarrow g=\mu \ast f\\ & g=\mu \ast f\Rightarrow 1\ast g=1\ast \mu \ast f\Rightarrow f=1\ast g\\ \therefore & f=1\ast g\iff g=\mu \ast f\end{array}$$

• 另一种形式：
  $$f(n)=\sum _{n|d}g(d)\iff g(n)=\sum _{n|d}f(d)\mu (\frac{d}{n})$$

证明
$$\begin{gathered} g(n)=\sum _{n|d}f(d)\mu (\frac{d}{n})=\sum _{n|d}\mu (\frac{d}{n})\sum _{d|t}g(t)=\sum _{n|t}g(t)\sum _{d|\frac{t}{n}}\mu (d)=\sum _{n|t}g(t)[n=t]=g(n) \\ f(n)=\sum _{n|d}g(d)=\sum _{n|d}\sum _{d|t}f(t)\mu (\frac{t}{d})=\sum _{n|t}f(t)\sum _{d|\frac{t}{n}}\mu (d)=\sum _{n|t}f(t)[n=t]=f(n) \end{gathered}$$

线性筛

• 线性筛素数的流程如下：
  • 设 $lo{w}_i$ 表示 $i$ 的最小质因子。
  • 考虑从 2 到 $n$ 枚举 $i$，若 $lo{w}_i$ 还未被计算出来，则 $i$ 为质数，$lo{w}_i=i$。
  • 枚举所有不超过 $lo{w}_i$ 的质数 $p$，令 $lo{w}_{ip}=p$。
• 在线性筛中，我们能得到每个数 $n$ 的最小质因子 $p$ 以及它的次数 $k$，则 $f(n)=f(p^k)f(\frac{n}{p^k})$，若 $f(p^k)$ 可以快速求出，就能在线性筛的同时快速求出 $f(n)$，有时也可利用积性函数本身的性质简化计算。
• 以 $\mu (n),\phi (n),d(n)$ 的筛法为例。

inline void sieve(int lim)
{
	d[1] = phi[1] = mu[1] = 1;
	for (int i = 2; i <= lim; ++i)
	{
		if (!low[i])
		{
			pri[++pn] = low[i] = i;
			phi[i] = i - 1;
			mu[i] = -1;
			mx_d[i] = 1; // i 最小质因子的次数 
			mx_i[i] = i; // i 最小质因子的乘幂 
			d[i] = 2;
		}
		for (int j = 1; j <= pn && 1ll * i * pri[j] <= lim; ++j)
		{
			int k = pri[j] * i;
			low[k] = pri[j];
			if (low[i] == pri[j])
			{
				phi[k] = phi[i] * pri[j];
				mu[k] = 0;
				mx_d[k] = mx_d[i] + 1;
				mx_i[k] = mx_i[i] * pri[j];
				d[k] = d[k / mx_i[k]] * (mx_d[k] + 1); 
				break ;
			}
			mu[k] = -mu[i];
			phi[k] = phi[i] * (pri[j] - 1);  
			mx_d[k] = 1;
			mx_i[k] = pri[j];
			d[k] = d[i] * 2;
		}
	}
}

整除分块

• 性质1 $\lfloor \frac{\lfloor \frac{a}{b}\rfloor }{c}\rfloor =\lfloor \frac{a}{bc}\rfloor$。
• 易证，$\lfloor \frac{n}{d}\rfloor$ 的取值只有至多 $2\sqrt{n}$ 种，且 $\lfloor \frac{n}{d}\rfloor =\lfloor \frac{n}{x}\rfloor$ 最大的 $x$ 即满足 $\lfloor \frac{n}{d}\rfloor x\le n,x=\lfloor \frac{n}{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\rfloor$。
• $n,m$ 两维的整除分块枚举如下：

	for (int i = 1, x, im = Min(n, m); i <= im; i = x + 1)
  	{
  		x = Min(n / (n / i), m / (m / i));
        ...
  	}

• 性质2 $\lceil \frac{x+y}{P}\rceil =\lfloor \frac{x}{P}\rfloor +\lfloor \frac{y}{P}\rfloor +[x\mathrm{mod}P+y\mathrm{mod}P\ge P]$
• 性质3 $\lceil \frac{x}{P}\rceil =\lfloor \frac{x+P-1}{P}\rfloor =\lfloor \frac{x-1}{P}\rfloor +1$。

常见模型

• $1\le n,m\le 10^7$，询问组数 $T\le 10^4$：
  $$\begin{gathered} \begin{array}{rl}& \sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m(i,j)\\ =& \sum _{t=1}^{\min \{n,m\}}t\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[(i,j)=t]\\ =& \sum _{t=1}^{\min \{n,m\}}t\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{t}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{t}\rfloor }[(i,j)=1]\\ =& \sum _{t=1}^{\min \{n,m\}}t\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{t}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{t}\rfloor }\sum _{d|i \\ d|j}\mu (d)\\ =& \sum _{t=1}^{\min \{n,m\}}t\sum _d\mu (d)\lfloor \frac{n}{td}\rfloor \lfloor \frac{m}{td}\rfloor \\ =& \sum _{T=td=1}^{\min \{n,m\}}\sum _{t|T}t\mu (\frac{T}{t})\lfloor \frac{n}{T}\rfloor \lfloor \frac{m}{T}\rfloor \\ =& \sum _{T=1}^{\min \{n,m\}}\phi (T)\lfloor \frac{n}{T}\rfloor \lfloor \frac{m}{T}\rfloor \end{array} \end{gathered}$$
• 预处理出 $\phi$ 的前缀和，整除分块即可 ，类似上述推导可以直接得到以下代换式：
  $$(i,j)=\sum _{d|i,d|j}\phi (d)$$
• 结论 $d(ij)=\sum _{x|i}\sum _{y|j}[(x,y)=1]$。
  • 推论 $d(ijk)=\sum _{x|i}\sum _{y|j}\sum _{z|k}[(x,y)=1][(y,z)=1][(x,z)=1]$，具体应用见 SDOI2018旧试题，在有效边不多的情形下转化成三元环计数。

证明 考虑对于 $ij$ 中的每一个质因数 $p$，其在 $ij$ 中的次数为 $b$，在 $i$ 中的次数为 $a$。

对于 $ij$ 的任意一个约数 $d$，设 $p$ 在 $d$ 中的次数为 $c$，初始时令 $x=y=1$。

• 若 $c\le a$，令 $x$ 乘上 $p^c$。
• 若 $a<c\le b$，令 $y$ 乘上 $p^{c-a}$。

则对于任意一个约数 $d$，我们都能构造出唯一的一组互质的 $x,y$ 与之对应，原命题得证。

典例 SDOI2018 旧试题

题目大意

• 求 $\left(\sum _{i=1}^A\sum _{j=1}^B\sum _{k=1}^{C}d(ijk)\right)\mathrm{mod}(10^9+7)$，$A,B,C\le 10^5$。

解法

$$\begin{array}{rl}\sum _{i=1}^A\sum _{j=1}^B\sum _{k=1}^{C}d(ijk)& =\sum _{i=1}^A\sum _{j=1}^B\sum _{k=1}^C\sum _{x|i}\sum _{y|j}\sum _{z|k}[(x,y)=1][(y,z)=1][(x,z)=1]\\ & =\sum _{x=1}^A\sum _{y=1}^B\sum _{z=1}^C[(x,y)=1][(y,z)=1][(x,z)=1]\lfloor \frac{A}{x}\rfloor \lfloor \frac{B}{y}\rfloor \lfloor \frac{C}{z}\rfloor \\ & =\sum _{x=1}^A\sum _{y=1}^B\sum _{z=1}^C[(x,y)=1][(y,z)=1][(x,z)=1]\lfloor \frac{A}{x}\rfloor \lfloor \frac{B}{y}\rfloor \lfloor \frac{C}{z}\rfloor \\ & =\sum _{x=1}^A\sum _{y=1}^B\sum _{z=1}^C\sum _{a|x,a|y}\mu (a)\sum _{b|y,b|z}\mu (b)\sum _{c|x,c|z}\mu (c)\lfloor \frac{A}{x}\rfloor \lfloor \frac{B}{y}\rfloor \lfloor \frac{C}{z}\rfloor \\ & =\sum _{a=1}^A\sum _{b=1}^B\sum _{c=1}^C\mu (a)\mu (b)\mu (c)\sum _{x|\text{lcm}(a,c)}\lfloor \frac{A}{x}\rfloor \sum _{y|\text{lcm}(a,b)}\lfloor \frac{B}{y}\rfloor \sum _{z|\text{lcm}(b,c)}\lfloor \frac{C}{z}\rfloor \end{array}$$

• 将 $a,b,c$ 看作图中的点，点数最多为 $\max \{A,B,C\}$，对于图中任意两点 $u,v$，若 $\mu (u)\mu (v)\ne 0$ 且 $\text{lcm}(u,v)\le \max \{A,B,C\}$ 时连边 $(u,v)$，转化为三元环计数。

杜教筛

• 设 $S(n)=\sum _{i=1}^{n}f(i)$， 则有：

$$\begin{array}{rl}\sum _{i=1}^n(f\ast g)(i)& =\sum _{i=1}^n\sum _{d|i}g(d)f\left(\frac{i}{d}\right)=\sum _{d=1}^{n}g(d)S\left(\lfloor \frac{n}{d}\rfloor \right)\\ g(1)S(n)& =\sum _{i=1}^n(f\ast g)(i)-\sum _{d=2}^{n}g(d)S\left(\lfloor \frac{n}{d}\rfloor \right)\end{array}$$

• 若 $g$ 的单点值和 $\sum _{i=1}^n(f\ast g)(i)$ 都可以快速计算，则可通过数论分块计算 $S(n)$。
• 设 $T(n)$ 为计算 $S(n)$ 的时间复杂度，则：

T ( n ) = O ( n ) + O ( ∑ i = 2 n ( T ( i ) + T ( ⌊ n i ⌋ ) ) ) T(n) = \mathcal O(\sqrt{n}) + \mathcal O\left(\sum \limits_{i = 2}^{\sqrt{n}}\left(T(i) + T\left(\lfloor \dfrac{n}{i}\rfloor\right)\right)\right) T(n)=O(n ​)+O ​i=2∑n ​​(T(i)+T(⌊in​⌋)) ​

• 更深层的展开是高阶无穷小，可直接略去，因而有：

$$T(n)=\mathcal{O}(\sqrt{n})+\sum _{i=2}^{\sqrt{n}}\left(\mathcal{O}(\sqrt{i})+\mathcal{O}\left(\sqrt{\lfloor \frac{n}{i}}\rfloor \right)\right)=\mathcal{O}(\sqrt{n})+\mathcal{O}\left({\int }_2^{\sqrt{n}}\sqrt{x}\text{d}x\right)+\mathcal{O}\left({\int }_2^{\sqrt{n}}\sqrt{\frac{n}{x}}\text{d}x\right)=\mathcal{O}(n^{\frac{3}{4}})$$

• 进一步地，若能 $\mathcal{O}(k)$ 预处理 $S(1)$ 到 $S(k)$ 的值，则 $T(n)$ 的计算式变为（ 假设 $k>\sqrt{n}$）：

$$T(n)=\mathcal{O}(\sqrt{n})+\sum _{i=2}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }\mathcal{O}\left(\sqrt{\lfloor \frac{n}{i}\rfloor }\right)=\mathcal{O}(\sqrt{n})+\mathcal{O}\left({\int }_2^{\frac{n}{k}}\sqrt{\frac{n}{x}}\text{d}x\right)=\mathcal{O}(\frac{n}{\sqrt{k}})$$

• 取 $k=n^{\frac{2}{3}}$，总时间复杂度 $\mathcal{O}(n^{\frac{2}{3}})$。
• 常见前缀和模型：

$$\begin{gathered} S_{\mu }(n)=\sum _{i=1}^n\mu (i),\epsilon =\mu \ast 1\Rightarrow S_{\mu }(n)=1-\sum _{i=2}^n{S}_{\mu }\left(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor \right) \\ {S}_{\phi }(n)=\sum _{i=1}^n\phi (i),Id=\phi \ast 1\Rightarrow S_{\phi }(n)=\frac{n(n+1)}{2}-\sum _{i=2}^n{S}_{\phi }\left(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor \right) \\ {S}_0(n)=\sum _{i=1}^n{i}^2\phi (i),I{d}^3=(I{d}^2\phi )\ast Id\Rightarrow S_0(n)={\left(\frac{n(n+1)}{2}\right)}^2-\sum _{i=2}^{n}i{S}_0\left(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor \right) \end{gathered}$$

• 若需同时求 $S_{\mu }(n)$ 和 $S_{\phi }(n)$，根据下式可将其转化为求 $S_{\mu }(n)$，时间复杂度分析类似，也为 $\mathcal{O}(n^{\frac{2}{3}})$，但单求 $S_{\phi }(n)$ 常数更大。
  $$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n[(i,j)=1]=\sum _{d=1}^n\mu (d)\lfloor \frac{n}{d}{\rfloor }^2=2S_{\phi }(n)-1$$

• 以下为单求 $S_{\phi }(n)$ 时的模板。

struct hashtable
{
    #define MOD 999979
    #define H 1000005
    int adj[H], to[H], nxt[H], stk[H];
    int top, T; ll cst[H];
    bool vis[H];
    
    inline void Clear()
    {
        while (top)
            vis[stk[top--]] = false;
        T = 0;
    }
    
    inline ll Find(int y)
    {
        int x = y % MOD;
        for (int e = adj[x]; e; e = nxt[e])
            if (to[e] == y)
                return cst[e];
        return Maxn;        
    }
    
    inline void Insert(int y, ll z)
    {
        int x = y % MOD;
        if (!vis[x])
            vis[stk[++top] = x] = true;
        nxt[++T] = adj[x]; adj[x] = T; to[T] = y; cst[T] = z;
    }
}phiH;

inline ll calcPhi(int n)
{
    if (n <= lim) // lim 取 max{n}^{2/3}
        return phi[n];
    ll res = phiH.Find(n);
    if (res != Maxn)
        return res;
    res = 1ll * n * (n + 1) / 2;
    for (ll i = 2, x; i <= n; i = x + 1)
    {
        x = n / (n / i);
        res -= (x - i + 1) * calcPhi(n / i);
    }
    phiH.Insert(n, res);
    return res;
}

质因数分解

Miller Rabin 素性测试

• 根据费马小定理，我们能够得出一种检验素数的思路（即费马素性测试）：
  • 验证 $\forall 1<a<n,a^{n-1}\equiv 1(\mathrm{mod}n)$。
• 很遗憾，上述做法并不能准确地判断素数，对于满足上述条件的合数，我们称之为卡迈克尔数。
• $\text{Miller Rabin}$ 素性测试是基于费马素性测试的优化。
• 二次探测定理 若 $P$ 为奇素数，则 $x^2\equiv 1\iff x\equiv 1(\mathrm{mod}P)或x\equiv P-1(\mathrm{mod}P)$。
• 令 $n-1=u\times 2^t$，随机取一个 $a$，先求出 $a^u(\mathrm{mod}n)$，对该数平方 $t$ 次，若在这一过程中出现在模 $n$ 意义下为 1 或为 $n-1$，可认为通过了此轮测试。
• 经过理论证明，单轮错误率大约 $\frac{1}{4}$，$T$ 轮测试的错误率为 $4^{-T}$，一般取 $T=8\sim 12$ 即可。
• 若取 $a=2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37$（即前 12 个质数）可保证 $n<2^{64}$ 确定性判素。

生日悖论

• 求 $k$ 个 $[1,n]$ 的随机整数两两不相同的概率，设该事件为 $A$，则
  $$P(A)=\prod _{i=1}^k\frac{n-i+1}{n}=\prod _{i=1}^k(1-\frac{i-1}{n})$$
• $n$ 较大时，根据近似 $1-\frac{i-1}{n}\approx (1-\frac{1}{n}{)}^{i-1}$，且 $e\approx (1+\frac{1}{n}{)}^n$，原式可化为
  $$P(A)\approx \prod _{i=1}^k(1-\frac{1}{n}{)}^{i-1}=(1-\frac{1}{n}{)}^{\frac{k(k-1)}{2}}\approx e^{-\frac{k(k-1)}{2n}}$$
• 观察该式可知，当 $k$ 取到 $\mathcal{O}(\sqrt{n})$ 级别时，$P(A)$ 会发生骤降。
• 因此 $k$ 个 $[1,n]$ 的随机整数首次出现相同数字时 $k$ 的期望为 $\mathcal{O}(\sqrt{n})$。

Pollard Rho 算法

• $\text{Pollard Rho}$ 算法是一种基于随机的质因数分解算法，可以以期望时间复杂度 $\mathcal{O}(n^{\frac{1}{4}})$ 找到合数 $n$ 的某个非平凡因子。
• 考虑选取适当的 $k$ 使得 $1<d=\gcd (k,n)<n$，则显然 $d$ 是 $n$ 的一个约数，这样的 $k$ 相对较多。
• 若 $n$ 本身是质数，可直接用 $\text{Miller Rabin}$ 素性测试判定。否则构造伪随机数列 $x_{i+1}=(x_i^2+c)\mathrm{mod}n$，其中 $c$ 为初始时指定的某一随机数，设 $m$ 为 $n$ 的最小非平凡因子，令 $y_i=x_i\mathrm{mod}m$，则由生日悖论，满足 $\exists i<j,y_i=y_j$ 所需的序列 $x$ 的期望长度为 $\mathcal{O}(\sqrt{m})\le \mathcal{O}(n^{\frac{1}{4}})$，期望枚举 $\mathcal{O}(\sqrt{m})$ 个 $i$ 我们便能得到 $n$ 的一个约数 $\gcd (|x_i-x_j|,n)$。
• 可实际情况并不允许我们去暴力枚举所有 $i,j$，考虑到 $x_i$ 的周期性，我们采用一种基于倍增的实现方式，即正序枚举 $t\ge 0$，每次检查 $\gcd (|x_i-x_{i+k}|,n)(1\le k\le 2^t)$ 是否满足条件。
• 注意到 $\gcd (ab\mathrm{mod}n,n)=\gcd (ab,n)\ge \gcd (a,n),1\le a,b<n$，实际实现时我们并不需要每次都暴力求 $\gcd$，而可以将若干次检查合为一次，以减小时间常数。
• 上述步骤许多部分基于估计，实际上并不严谨，但 $\text{Pollard Rho}$ 算法在实际环境中运行得相当不错。

using std::vector;
typedef long long ll;
typedef __int128 s128;
 
template <class T>
inline T Abs(T x) {return x < 0 ? -x : x;}
template <class T>
inline void CkMax(T &x, T y) {x < y ? x = y : 0;}
 
inline ll quick_pow(ll x, ll k, ll mod)
{
	ll res = 1;
	while (k)
	{
		if (k & 1)
			res = (s128)res * x % mod;
		x = (s128)x * x % mod;
		k >>= 1;
	}
	return res;
}

const int pri[] = {2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37};

inline bool millerRabin(ll n)
{
	if (n < 3 || !(n & 1))
		return n == 2;
	ll u = n - 1;
	int t = 0;
	while (!(u & 1))
		u >>= 1, ++t;
	for (int i = 0; i < 12; ++i)
	{
	    if (pri[i] >= n)
	    	break ;
		ll x = pri[i];
		ll res = quick_pow(pri[i], u, n);
		if (res == 1)
			continue ;
		int j = 0;
		for (j = 0; j < t; ++j)
		{
			if (res == n - 1)
				break ;
			res = (s128)res * res % n;		
		}
		if (j >= t)
			return false;
	}
	return true;
}

inline ll f(ll x, ll c, ll n)
{
	return ((s128)x * x + c) % n; 
}

inline ll pollardRho(ll n)
{
	ll rx = 0, x = 0, d, val = 1;
	ll c = rand() % (n - 1) + 1;
	for (int t = 1; ; t <<= 1, rx = x, val = 1)
	{
		for (int k = 1; k <= t; ++k)
		{
			x = f(x, c, n);
			val = (s128)val * Abs(x - rx) % n;
			if ((k % 127) == 0)
			{
				d = std::__gcd(val, n);
				if (d > 1)
					return d;
			}
		}
		ll d = std::__gcd(val, n);
		if (d > 1)
			return d;
	}
}

inline void Factor(ll n, vector<ll> &fac, int cnt)
{   // fac 存储所有质因子，顺序混乱 
    if (n == 1)
       return ;
    if (millerRabin(n))
    {
        while (cnt--)
            fac.push_back(n);
        return ;
    }
    ll p = pollardRho(n); // 求出 n 的某个非平凡正因子 
    int _cnt = 0;
    while (n % p == 0)
        n /= p, ++_cnt;
    Factor(n, fac, cnt);
    Factor(p, fac, cnt * _cnt);
}

本原勾股数组

• 定义 三元组 $(a,b,c)$ 满足 $a^2+b^2=c^2$，$(a,b,c)=1$。
• 性质1 $a,b$ 奇偶不同，且 $c$ 为奇数

  证明 分情况讨论：

  • $a,b$ 均为偶数，$c$ 也为偶数，$(a,b,c)=2$，与定义矛盾。

  • $a,b$ 均为奇数，$c$ 为偶数，设 $a=2x+1,b=2y+1,c=2z$，则
    $$a^2+b^2=c^2\iff (2x+1{)}^2+(2y+1{)}^2=(2z{)}^2\iff 2x^2+2y^2+2x+2y+1=2z^2$$
    等式左边为奇数，右边为偶数，矛盾。

  • 故只能满足 性质1。

• 性质2 $a,b,c$ 两两互素。

  证明 反证法，若 $(a,b)=d(d>1)$，设 $a=dx,b=dy$，则
  $$c=\sqrt{(dx{)}^2+(dy{)}^2}=d\sqrt{x^2+y^2}$$
  则 $c$ 也含有约数 $d$ ，与定义矛盾，其余情况同理。

• 性质3 假定 $a$ 为奇数，$b$ 为偶数，$c-b$，$c+b$ 均为平方数。

  证明 设 $d|(c-b,c+b)$，有

  • $d|(c-b+c+b)\iff d|2c$
  • $d|[c+b-(c-b)]\iff d|2b$

  由 性质 2 $b,c$ 互素 且 $c-b$ 为奇数，一定有