质数
判断质数
朴素算法
考虑一个数\(x\)，其一定能分解成\(a*b\)的形式，这里只需要保证\(a\)和\(b\)都为整数即可，
显然的，\(min(a,b)\le \sqrt{x}\)，所以只需要枚举\([2,\sqrt x]\)即可
bool pd(int x)
{
for(int i=2;i*i<=x;i++)
if(x%i==0)
return 0;
return 1;
}
Miller_Rabin素性测试
内容
首先根据费马定理
随便取一个数\(a\)
如果\(p\)为质数，那么就有\(a^{p-1}\equiv 1 \pmod p\)，但是反过来不成立
具体的，卡迈克尔数
所以我们需要用到二次探测方法
我们将\(p-1\)分解成为\(2^r*k\)，保证有\(2\not| \frac{p-1}{2^r}\)，则有\(a^{p-1}=a^{{k}^{2r}}\)
先求出\(a^k\)，再不断平方，如果第一次模\(p\)的值为1，那么检测上一次的值是否为\(-1\)，如果是那么就是质数
考虑如果有\(y^2\%p=1\)
那么就有\((y-1)(y+1)=kp\)
如果\(p\)为质数，那么一定有
\(y-1=0或者y+1=p\)
所以\(y\)的值只能是\(1\)或者\(p- 1\)
考虑如果有\(r\)次平方之后依然没有出现余数为\(1\)的情况，那么显然\(p\)不为质数
但是通过二次探测，我们依然不能百分之百的确定\(p\)是不是质数，但是出错的概率非常小，基于此，如果多来几次，则可以接近百分之百的概率了
这里建议\(a\)选择质数
实现
bool f=1;
for(int i=1;i<=lenp;i++)
{
if(mod%pri[i]==0)
continue;
if(qkpow(pri[i],mod-1,mod)!=1&&pri[i]%mod!=0)
{
f=0;
break;
}
int cnt=0;
long long t=mod-1;
while(t%2==0)
{
t/=2;
cnt++;
}
long long now=qkpow(pri[i],t,mod);
long long las=now;
if(now==1)
continue;
for(int j=1;j<=cnt;j++)
{
now=qkpow(now,2,mod);
if(now==1)
{
if(las!=mod-1)
f=0;
break;
}
las=now;
}
if(now!=1)
f=0;
}
if(f)
cout<<"It is a prime number.\n";
else
cout<<"It is not a prime number.\n";
区间内的质数
埃氏筛法
一个自然数集合
考虑到质数的因数只有\(1\)和他本身，所以考虑对每一个数，将其在集合中的所有的倍数都删去，没有被删去的数即为质数，时间复杂度即为\(\sum_{i=1}^{n}\frac{n}{i}=n*log_n\)(调和级数求和)，也可以看做每个数被筛了多少次
bool vis[MAXN+5];
int pri[MAXN],lenp;
void sieve(int n)
{
for(int i=2;i<=n;i++)
{
if(vis[i]==0)
{
pri[++lenp]=i;
for(int j=i;1ll*i*j<=n;j++)
vis[i*j]=1;
}
}
}
欧拉筛
考虑在埃氏筛上进行改进，为什么埃氏筛会带一个log，因为其会被其所有的质因数都筛一次
我们对其进行一些限制，每一个数只能被其最小的质因数筛去
考虑目前的质数集合为\(P\)，我们枚举其的倍数\(a\)
从小到大枚举\(P\)中的元素
如果\(a\%p_i==0\)，那么比\(p_i\)大的元素可以不用枚举，设\(a=k*p_i\)，那么\(a*p_{i+1}=p_i*k*p_{i+1}\)，根据我们所规定的限制，那么\(a*p_{i+1}\)一定会被\(p_i\)筛去，
bool vis[MAXN+5];
int pri[MAXN],lenp;
void sieve(int n)
{
for(int i=2;i<=n;i++)
{
if(vis[i]==0)
pri[++lenp]=i;
for(int j=1;j<=lenp&&1ll*i*pri[j]<=n;j++)
{
vis[i*pri[j]]=1;
if(i%pri[j]==0)
break;
}
}
}
最大公约数和最小公倍数
辗转相除法
内容
\(gcd(a,b)=gcd(b,a\%b)\)
证明
设\(gcd(a,b)=p\)，那么\(\begin{cases}a=x*p\\b=y*p\end{cases}\)，\(a\%b=(x*p)\%(y*p)=x\%y*p\)
即\(b\)和\(a\%b\)的最大公约数依然为\(p\)
实现
其实可以直接用\(algorithm\)库中的__gcd
int gcd(int a,int b)
{
if(b==0)
return a;
return gcd(b,a%b);
}
裴蜀定理
内容
如果有\(gcd(a,b)=d\)，且有\(c|d\)，那么一定有整数\(x,y\)，满足\(ax+by=c\)
证明
如果有\(ax+by=c\)，那么一定有\(ax*\frac{d}{c}+by*\frac{d}{c}=d\)，设\(x'=x*\frac{d}{c},y'=y*\frac{d}{c}\)，此时的\(x'和y'\)一定都为整数，那么\(ax'+by'=d\)，因为\(gcd(a,b)=d\)，所以有\(\frac{a}{d}x'+\frac{b}{d}y'=1\)。同样的，设\(a'=\frac{a}{d},b'=\frac{b}{d}\)，所以\(a'x'+b'y'=1\)
我们要证明的既可以转换为：对于一对\(a,b\)，满足\(gcd(a,b)=1\)，一定有整数\(x,y\)，满足\(ax+by=1\)
引理1
如果有\(gcd(a,b)=1\)，那么不存在一个小于b的正整数k，使得\(k*a\equiv 0\pmod b\)
反证法，
如果存在一个\(k\)使得\(k*a\equiv 0 \pmod b\)，那么\(k*a\)中一定有\(b\)的所有质因数，但同时\(a\)没有任何一个\(b\)的质因数，所以\(k\)一定包含\(b\)的所有质因数，即\(k\ge b\)，矛盾，所以引理得证
推论
在相同的条件下，\(0*a\%b,1*a\%b\ldots(b-1)*a\%b\)，这些数一定都不一样
反证法，
设\(i*a\equiv j*a\pmod b,同时0<i<j<b\)，那么一定有\(a*(j-i)\equiv 0 \pmod b\)
根据引理1，\(j-i\ge b\)，显然这是矛盾的
引理2
如果有\(gcd(a,b)=1\)，必然存在一个整数\(k\)，使得\(k*a\%b=1\)
根据推论，对于\(0*a\%b,1*a\%b\ldots(b-1)*a\%b\)，这些数一定不一样，但是某一个数取模\(b\)的结果一定在\([0,b-1]\)，但是同时根据推论，我们已经可以得到\(b\)个两两不相同的数，所以k一定存在
再来考虑如果有\(gcd(a,b)=1\)，那么一定有\(x*a\%b=1\)，所以定然有\(ax-by=1\)，所以有\(ax+by=1\)，即裴蜀定理得证
同余等价系，剩余系，缩系
对于一个正整数\(p\)，对于\(a\%p\)，只可能有\(p\)种结果，并且属于\([0,p-1]\)
模\(p\)的剩余系记作\(Z_p\)，即小于\(p\)的所有非负整数
同余等价类，
考虑在模\(p\)的剩余系下，只有\(p\)种结果，所以每一个数都代表了\(\%p=a\)的所有数，对于\(a\)相同的数，我们称其为同余等价类
如果只考虑\(gcd(i,p)=1\)的元素，便得到一个子集，称这个子集为缩系，记作\(Z^*_p\)
欧拉函数
内容
求\(p\)得缩系的大小，记作\(\phi(p)\)
如果\(p\)为质数，那么\(\phi(p)=p-1\)
如果\(n=p^q\)，这里的\(p\)为质数，那么\(\phi(n)=p^q-p^{q-1}=p^q*(1-\frac{1}{p})\)
同时欧拉函数是一个积性函数证明
所以\(\phi(n)=n*\prod_{p_i|n，并且p_i为质数}(1-\frac{1}{p_i})\)
求单个\(\phi\)
直接套用公式即可
int phi(int n)
{
int ret=n;
for(int i=2;1ll*i*i<=n;i++)
{
if(n%i==0)
{
ret=ret/i*(i-1);
while(n%i==0)
n=n/i;
}
}
if(n>1)
ret=ret/n*(n-1);
return ret;
}
求区间每个数的\(\phi\)
因为\(\phi\)为积性函数，所以只需要改进一下埃氏筛法即可，
当然也可以改欧拉筛，但是改后的时间复杂度变成了\(O(n*log_n)\)，可能是笔者太菜，想不到更好的改法
void sieve(int n)
{
for(int i=1;i<=n;i++)
s[i]=i;
for(int i=2;i<=n;i++)
{
if(vis[i]==0)
{
for(int j=1;1ll*i*j<=n;j++)
{
vis[i*j]=1;
s[i*j]=s[i*j]/i*(i-1);
}
}
}
}
欧拉定理
内容
如果有\(gcd(a,p)=1\)，那么有\(a^{\phi(p)}\%p=1\)
证明
设\(p\)的缩系为\(\{p_1,p_2,\ldots,p_n\}\)，因为\(gcd(a,p)=1\)，所以\(\{a*p_1\%p,a*p_2\%p,\ldots,a*p_n\%p\}\)同样也是\(p\)的缩系
所以有\(\sum_{i=1}^{n}p_i\%p=\sum_{i=1}^{n}a*p_i\%p=\sum_{i=1}^{n}p_i\%p*a^{\phi(p)}\%p\)
即\(a^{\phi(p)}\%p=1\)
拓展欧拉定理
内容
若\(a,m\)为正整数，当\(r>\phi(m)\)，有\(a^r\equiv a^{r\%\phi(m)+\phi(m)}\pmod m\)
证明
考虑如果\(gcd(a,m)=1\)，这个结论显然成立
所以讨论\(gcd(a,m)\neq1\)的情况
引理1
如果有\(\begin{cases}x\equiv y\pmod n\\x\equiv y\pmod m\end{cases}\)，那么有\(x\equiv y \pmod {lcm(n,m)}\)
比较明显？
\(\begin{cases}x-y\equiv 0\pmod n\\x-y\equiv 0 \pmod m\end{cases}\rightarrow x-y\equiv 0 \pmod {lcm(n,m)}\rightarrow x\equiv y \pmod {lcm(n,m)}\)
引理2
如果\(p\)为质数，\(\phi(p^q)\ge q\)
显然的\(gcd(p^i-1,p^1)==1\)，并且\(i\in [1,q]\)，所以\(\phi(p^q)\ge q\)
引理3
如果\(m=p^q\)，\(p\)为质数，那么有\(a^r\equiv a^{r\%\phi(m)+\phi(m)}\equiv 0\pmod m\)
因为\((a,m)>1\)，则\(a\)必然有因数\(p\)，
因为\(r>\phi(m)\ge q\)，所以有\(a^r=x*p^r=y*p^{\phi(m)}=z*p^{q}\)
因为\(r>q\)，所以\(a^r\equiv 0 \pmod m\)
因为\(\phi(m)\ge q\)，所以\(r\%\phi(m)+\phi(m)\ge q\)，所以\(a^{r\%\phi(m)+\phi(m)}\equiv 0\pmod m\)
所以\(a^r\equiv a^{r\%\phi(m)+\phi(m)}\equiv 0\pmod m\)
现在考虑\(m=\prod p_i^{q_i}\)
设\(m_i=p_i^{q_i}\)
显然，对于每一个\(m_i\)，
如果\(gcd(a,m_i)=1\)，则根据欧拉定理可以得到\(a^r\equiv a^{r\%\phi(m)+\phi(m)}\pmod {m_i}\)
如果\(gcd(a,m_i)>1\)，则根据引理3有\(a^r\equiv a^{r\%\phi(m)+\phi(m)}\pmod {m_i}\)
因为欧拉函数是一个积性函数并且\(m_i\)之间两两互质，所以\(\phi(m)=\prod \phi(m_i)\)
根据引理1可以得
\(a^r\equiv a^{r\%\phi(m)+\phi(m)}\pmod m\)
逆元
当整数\(a*b\equiv 1 \pmod p\)，我们称\(b\)为a的逆元，记作\(b=a^{-1}\)
只有\(a\)和\(p\)互质的情况下，\(a\)才有逆元
费马定理
内容
如果\(p\)为质数，且\(a\%p\neq 0\)，则有\(a^{p-1}\%p=1\)
证明
考虑到裴蜀定理的推论，对于\(i\in[1,p-1]\)，\(gcd(i*a,p)\)一定是互质的，
即有\(\sum_{i=1}^{p-1}i*a\%p=\sum_{i=1}^{p-1}i\%p\)
又知道\(\sum_{i=1}^{p-1}i*a\%p=a^{p-1}\%p*\sum_{i=1}^{p-1}i\%p\)
即有\(a^{p-1}\%p=1\)
威尔逊定理
内容
\((p-1)!\equiv -1\pmod p\)，当且仅当\(p\)为质数，其中\((p-1)!=\prod_{i=1}^{p-1}i\)
证明
充分性
即\(p\)为质数\(\rightarrow (p-1)!\equiv -1 \pmod p\)
因为\(i\in [1,p-1]\)，且\(p\)为质数，所以一定有\(gcd(i,p)=1\)，根据裴蜀定理的引理2，一定存在\(j*a\%p=1\)，\(j\in[1,p-1]\)，同时，根据裴蜀定理的引理1，\(i\)只有1个逆元，
再者，我们考虑\(j=i\)的情况
\(i^2\%p=1\rightarrow i^2-1=kp\)
\((i-1)(i+1)=kp\)，同时\(p\)为质数，且\(i\in[1,p-1]\)
\(i=1,p-1\)，
即除了1和p-1，其他数都有一个唯一的逆元，同时我们根据欧拉定理$a^{-1}\equiv a^{p-2}\pmod p $，再根据裴蜀定理的引理1，每个数的逆元都是不一样的（反证法）
所以一定有$(p-1)!\equiv -1 \pmod p $
必要性
即\((p-1)!\equiv -1 \pmod p \rightarrow\) \(p\)为质数
\(p|(p-1)!+1\)
假设\(p\)不是质数，且\(a\)为\(p\)的质因子
那么一定有\(a|(p-1)!+1\)
但是同时，因为\(a\)是\(p\)的一个质因子，所以一定有\(a|(p-1)!\)
但同时\(gcd((p-1)!+1,(p-1)!)=1\)，故\(a\)只可能为1，
与假设矛盾，所以不成立，即命题得证
拓展欧几里得
内容
求不定方程\(ax+by=c\)，其中\(a,b,c\)已知，\(gcd(a,b)|c\)
如果我们已知方程\(ax+by=gcd(a,b)\)，那么\(ax+by=c\)也就是在原来的基础上乘上\(\frac{c}{gcd(a,b)}\)
\(\begin{aligned}ax+by&=gcd(a,b)\\&=gcd(b,a\%b)\\&=bx'+(a\%b)y'\\&=bx'+(a-b*\lfloor\frac{a}{b}\rfloor)y'\\&=ay'+b(x'-y'\lfloor\frac{a}{b}\rfloor)\end{aligned}\)
即\(\begin{cases}x=y'\\y=x'-y'\lfloor\frac{a}{b}\rfloor\end{cases}\)
考虑一直递归下去，则一定会出现\(gcd(a,0)=a\)的情况
即此时\(\begin{cases}x=1\\y=0\end{cases}\)
实现
void exgcd(int a,int b,int &x,int &y)
{
if(b==0)
{
x=1;
y=0;
return;
}
else
{
exgcd(b,a%b,y,x);
y=y-x*(a/b);
}
}
单个逆元
费马
内容
在\(p\)为质数的情况下
根据费马定理\(a^{p-1}\equiv 1\pmod p\)，所以\(a^{p-2}\equiv a^{-1}\pmod p\)
如果\(p\)不是质数
考虑对\(ax\%p=1\)，那么就一定有\(ax-py=1\)，设\(y'=-y\)，则有\(ax+py'=1\)
这里因为\(a\)和\(p\)互质，所以方程一定有解，通过拓展欧几里得算法即可求出\(x\)
实现
不会有人连快速幂都不会吧，不会吧不会吧
int qkpow(int a,int b)
{
if(b==0)
return 1;
if(b==1)
return a;
long long t=qkpow(a,b/2);
t=t*t%mod;
if(b%2==1)
t=t*a%mod;
return t;
}
拓展欧几里得
内容
显然的，有方程\(ia\equiv 1 \pmod p\)
考虑对方程进行变形\(ia -1=jp\)
\(ia-jp=1\)
这个时候直接用exgcd来解就可以了
实现
void exgcd(long long a,long long b,long long &x,long long &y)
{
if(b==0)
{
x=1;
y=0;
return;
}
else
{
exgcd(b,a%b,y,x);
y=y-x*(a/b);
}
}
long long inv(long long a,long long b)
{
long long x,y;
exgcd(a,b,x,y);
return (x%b+b)%b;
}
区间逆元
递推式
关于逆元，有一个很巧妙的递推式
设\(f(i)\)表示\(i\)在模\(m\)意义下的逆元
边界条件即为\(f(1)=1\)
那么\(f(n)=(-f(m\%n)*(m/n)\%m+m)\%m\)
证明
我们设\(m=k*i+r\)，\(k=\lfloor\frac{p}{m}\rfloor,r=m\%n\)
那么\(k*i+r\equiv 0\pmod m\)
那么有\((k*i+r)*i^{-1}*r^{-1}\equiv 0*i^{-1}*r^{-1}\pmod m\)
\(k*r^{-1}+i^{-1}\equiv 0\pmod m\)
\(k*r^{-1}\equiv -i^{-1}\pmod m\)
\(-k*r^{-1}\equiv i^{-1}\pmod m\)
即递推式得证
中国剩余定理
非拓展
内容
求解方程组\(\begin{cases}x\equiv a_1\pmod {r_1}\\x\equiv a_2\pmod {r_2}\\\dots\\x\equiv a_n\pmod {r_n}\end{cases}\)保证\(r_i\)两两互质
解法
我们设\(A_i=\prod_{j=1}^n r_j[i\neq j]\)，因为\(r_i\)之间两两互质，所以\(gcd(A_i,r_i)=1\)，所以必然存在\(c_i*A_i\%r_i=1\)(裴蜀定理的引理2)，设\(x_i=a_i*A_i*c_i\)，则\(x_i\%r_i=a_i\)，且\(x_i\%r_j=0(i\neq j)\)
所以最后的\(x=\sum_{i=1}^{n}a_i*A_i*c_i\%r\)
通解的话就相当与\(x+\prod_{i=1}^nr_i\)
实现
long long crt()
{
long long s=1,x=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
s=s*r[i];
for(int i=1;i<=n;i++)
x=(x+(a[i]*(s/r[i])%s*inv(s/r[i],r[i]))%s)%s;
return x;
}
拓展
内容
总有一些恶心的出题人，将\(r_i\)两两互质的条件删去，但依然需要我们求解方程组\(\begin{cases}x\equiv a_1\pmod {r_1}\\x\equiv a_2\pmod {r_2}\\\dots\\x\equiv a_n\pmod {r_n}\end{cases}\)
解法
考虑取出前两个方程，即有\(\begin{cases}x=r_1*k_1+a_1\\x=r_2*k_2+a_2\end{cases}\)
\(r_1*k_1+a_1=r_2*k_2+a_2\)
\(r_1*k_1-r_2*k_2=a_2-a_1\)
这是一个不定方程的形式，可以用exgcd来求解
其中\(k_1\)的通解为\(k_1=k_0+b*\frac{r_2}{gcd(r_1,r_2)}\)，\(k_0\)为方程的一组特解
将\(k_1\)代回去
\(x=(k_0+b*\frac{r_2}{gcd(r_1,r_2)})*r_1+a_1\)
\(x=k_0*r_1+b*lcm(r_1,r_2)+a_1\)
即\(x\equiv k_0*r_1+a_1\pmod {lcm(r_1,r_2)}\)
发现这个方程与方程组中方程的形式的一样的，并且满足这一个方程一定也满足取出来的两个方程
所以最后实际上需要求解的是\(x\equiv a\pmod r\)的一个方程，这把\(x=a\)不就行了
实现
void exgcd(long long a,long long b,long long &x,long long &y)
{
if(b==0)
{
x=1;
y=0;
return;
}
else
{
exgcd(b,a%b,y,x);
y=y-x*(a/b);
}
}
long long solve(long long a,long long b,long long c)
{
long long x,y;
exgcd(a,b,x,y);
x=x*c/__gcd(a,b);
x=x%(b/__gcd(a,b));
return x;
}
long long excrt()
{
long long mod;
for(int i=2;i<=n;i++)
{
if((a[i]-a[i-1])%__gcd(r[i],r[i-1])!=0)
return -1;
mod=(r[i-1]*r[i])/__gcd(r[i-1],r[i]);
a[i]=solve(r[i-1],r[i],a[i]-a[i-1])%mod*r[i-1]%mod+a[i-1];
r[i]=mod;
a[i]=(a[i]%r[i]+r[i])%r[i];
}
return a[n];
}
原根
如果有两个整数\(a\)，\(b\)互质，那么根据欧拉定理\(a^{\phi(b)}\%b=1\)
定义模\(b\)意义下\(a\)的阶为使\(a^d\%b=1\)的最小正整数\(d\)
如果\(d=\phi(b)\)，那么称\(a\)为\(b\)的原根
欧拉证明了，模\(b\)存在原根的充要条件为\(b=2,4,p^n,2p^n\)，其中\(p\)为奇质数，\(n\)为任意正整数
原根的数量
如果\(b\)有原根的话，原根的数量为\(\phi(\phi(b))\)个
求原根
没有什么特别好的办法，暴力枚举每一个数是不是原根
对于一个数\(a\)，如果存在\(a^{\frac{\phi(b)}{p}}\%b=1\)，这里的\(p\)为\(\phi(b)\)的质因数，则\(a\)不是原根，否则就不是
因为如果有一个数\(a^i\%b=1\)，那么\(i|\phi(b)\)，并且我们一定会枚举到\(p\)使得\(i|\frac{\phi(b)}{p}\)，只需要使得\(gcd(i,p)=1\)即可
大步小步算法（BSGS）
非拓展
内容
考虑有一个同余方程\(a^x\equiv b \pmod p\)，\(a,b,p\)已知，\(p\)和\(a\)互质，求解\(x\)
解法
我们设\(m=\lceil\sqrt p\rceil,r=x\%m\)
显然的，我们有\(x=km+r\)，其中\(k\in[0,\lceil\sqrt p\rceil-1],r\in[0,p-1]\)
\(a^{km+r}\equiv b\pmod p\)
同样的，我们再次变化一下\(k\in[1,\lceil\sqrt p\rceil]，r\in[1,m]\)
\(a^{km-r}\equiv b \pmod p\)
\(a^{km}\equiv ba^r\pmod p\)
我们只需要将\(ba^r\%p\)存在一个map中，再枚举\(a^{km}\)即可
实现
long long bsgs(long long a,long long b,long long mod)
{
long long m=ceil(sqrt(mod));
long long temp=1;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
temp=temp*a%mod;
f[b*temp%mod]=i;
}
long long ret=temp;
for(int i=1;i<=m;i++,ret=ret*temp%mod)
if(f.count(ret))
return i*m-f[ret];
return -1;
}
拓展
内容
一样的条件，只是单纯的将\(a\)和\(p\)互质这一点去掉
解法
考虑将式子进行变形，那么有\(a^x+kp=b\)
设\(gcd(a,p)=g\)，显然\(g\not | b\)的时候，方程无解，
但是这里明显有一个例外，当\(b=1\)的时候，\(x=0\)
那么有\(\frac{a}{g}a^{x-1}+k\frac{p}{g}=\frac{b}{g}\)
我们就这么一直迭代下去，设\(a'\)为\(\frac{a}{g}\)的乘积，\(p'\)为最后的\(\frac{p}{g}\)，\(b'\)为最后的\(\frac{b}{g}\)
假设迭代了\(cnt\)次
那么最后的式子的形式是一定\(a^{x-cnt}a'+kp'=b'\)
即为\(a^{x-cnt}a'\equiv b'\pmod {p'}\rightarrow a^{x-cnt}\equiv b'a'^{-1}\pmod {p'}\)
与原式不同的是，这里保证\(gcd(a^{x-cnt},p')=1\)
所以此时就可以直接用非拓展的BSGS来做
显然的，迭代最多迭代\(log\)次，所以总的时间复杂度依然为\(\sqrt n\)
实现
void exgcd(long long a,long long b,long long &x,long long &y)
{
if(b==0)
{
x=1;
y=0;
return;
}
else
{
exgcd(b,a%b,y,x);
y=y-x*(a/b);
}
}
long long inv(long long a,long long b)
{
long long x,y;
exgcd(a,b,x,y);
return (x%b+b)%b;
}
long long bsgs(long long a,long long b,long long mod)
{
f.clear();
long long m=ceil(sqrt(mod)),temp=1;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
temp=temp*a%mod;
f[temp*b%mod]=i;
}
long long ret=temp;
for(int i=1;i<=m;i++,ret=ret*temp%mod)
if(f.count(ret))
return i*m-f[ret];
return -1;
}
long long exbsgs(long long a,long long b,long long mod)
{
int cnt=0;
long long g;
while(__gcd(a,mod)!=1)
{
g=__gcd(a,mod);
if(b%g!=0)
{
if(b==1)
return cnt;
else
return -1;
}
cnt++;
b/=g;
mod/=g;
b=b*inv(a/g,mod)%mod;
if(b==1)
return cnt;
}
return cnt+bsgs(a,b,mod);
}
高斯消元
内容
求解线性方程组\(\begin{cases}i_{11}x_1+i_{12}x_2+\dots+i_{1n}x_n=a_1\\i_{21}x_1+i_{22}x_2+\dots+i_{2n}x_n=a_2\\\dots\\i_{n1}x_1+i_{n2}x_2+\dots+i_{nn}x_n=a_n\end{cases}\)
解法
很明显的有一个暴力的方法，但是这个暴力的方法对于人类来说十分的不方便
那就是，主元法，高斯消元就是这样的
同时\(i\)行的方程，去将\(i+1\)到\(n\)行的方程的某一个元消去
那么最后就会得到一个上三角，对于这个上三角，显然的，可以从下往上依次解每一个元，时间复杂度即为\(O(n^3)\)
组合数学
容斥
容斥实际上是考虑改变一些限制条件，使得原来不好算的式子变得好算，最典型的莫过于将恰好\(i\)个改变成为至少\(i\)个
举一个例子进行说明传送门
如果还不懂的话，推荐一个巨佬的博客
排列数和组合数
排列数
定义
从\(n\)个物品中不放回地依次选\(m\)个物品，考虑顺序，有多少种方案，记作\(A_n^m\)
公式
\(A_n^m=\frac{n!}{(n-m)!}\)
排列数
内容
从\(n\)个物品中不放会地依次选\(m\)个物品，不考虑顺序，有多少种方案， 记作\(C_n^m\)
公式
\(C_n^m=\frac{A_n^m}{m!}=\frac{n!}{m!(n-m)!}\)
常用的计算方法
根据定义，显然可以通过预处理阶乘来算，
考虑\(C_n^{m-1}\)和\(C_n^m\)的关系，显然有\(C_n^n=C_n^{m-1}*\frac{n-m+1}{m}\)
考虑将\(C\)展开，有
\(\begin{aligned}C_n^m&=\frac{n!}{m!(n-m)!}\\&=\frac{(n-1)!(m+n-m)}{m!(n-m)!}\\&=\frac{(n-1)!m+(n-1)!(n-m)}{m!(n-m)!}\\&=\frac{(n-1)!}{(m-1)!(n-m)!}+\frac{(n-1)!}{m!(n-m-1)!}\\&=C_{n-1}^{m-1}+C_{n-1}^{m}\end{aligned}\)
其实这就是杨辉三角
#### 性质
\(C_n^m=C_n^{n-m}\)，根据组合的定义去证明
\(C_{n+m+1}^n=\sum_{i=0}^{m}C_{n+i}^i\)考虑杨辉三角的形式，\(C_n^m\)裂成\(C_{n-1}^{m-1}\)和\(C_{n-1}^m\)，同时我们又知道\(C_n^0=1\)，所以最后一次裂了之后就直接\(C_n^0=C_{n-1}^0\)
\(C_n^mC_m^r=C_n^rC_{n-r}^{m-r}\)，根据组合的定义去证明
\(\sum_{i=0}^nC_n^ix^i=(1+x)^n\)，二项式定理
\(\sum_{i=0}^nC_n^i=2^n\)，当\(x=1\)
\(\sum_{i=0}^nC_n^i(-1)^i=0\)，当\(x=-1\)时
\(C_n^0+C_n^2+\ldots=C_n^1+C_n^2+\ldots=2^{n-1}\)，通过杨辉三角去裂开每一项
\(C_{n+m}^r=\sum_{i=0}^{min(n,m,r)}C_n^iC_m^{r-i}\)，根据组合的定义去证明
\(C_{n+m}^n=C_{n+m}^m=\sum_{i=0}^{min(n,m)}C_n^iC_m^i\)，通过上一个性质变形可得
\(mC_n^m=nC_{n-1}^{m-1}\)，暴力展开即可
\(\sum_{i=0}^{n}iC_n^i=n2^{n-1}\)，通过换元有\(\begin{aligned}\sum_{i=0}^{n}iC_n^i+\sum_{i=0}^{n}iC_n^{n-i}&=\sum_{i=0}^{n}iC_n^i+\sum_{i=0}^{n}(n-i)C_n^i\\&=\sum_{i=0}^{n}nC_n^i\\&=n\sum_{i=0}^{n}C_n^i\\&=n2^n\end{aligned}\)
由于\(\sum_{i=0}^niC_n^i=\sum_{i=0}^{n}(n-i)C_n^i\)，所以\(\sum_{i=0}^{n}iC_n^i=n2^{n-1}\)
\(\sum_{i=0}^nC_n^ii^2=n(n+1)2^{n-2}\)，考虑展开
\(\begin{aligned}\sum_{i=0}^nC_n^ii^2&=\sum_{i=0}^{n}\frac{n!}{i!(n-i)!}i(i-1+1)\\&=\sum_{i=0}^{n}i\frac{n!}{i!(n-i)!}+\sum_{i=0}^{n}i(i-1)\frac{n!}{i!(n-i)!}\\&=\sum_{i=0}^{n}C_n^ii+\sum_{i=1}^{n}i(i-1)\frac{n!}{i!(n-i)!}(当i=0的时候，那一项为0)\\&=n2^{n-1}+\sum_{i=0}^{n-1}(i+1)i\frac{n!}{(i+1)!(n-i-1)!}\\&=n2^{n-1}+\sum_{i=0}^{n-1}i\frac{n!}{i!(n-i-1)!}\\&=n2^{n-1}+n\sum_{i=0}^{n-1}i\frac{(n-1)!}{i!(n-i-1)!}\\&=n2^{n-1}+n\sum_{i=0}^{n-1}iC_{n-1}^i\\&=n2^{n-1}+n(n-1)2^{n-2}\\&=n(2*2^{n-2}+n2^{n-2}-2^{n-2})\\&=n(n+1)2^{n-2}\end{aligned}\)
\(\sum_{i=0}^{n}(C_n^i)^2=C_{2n}^n\)，根据\(C_{n+m}^{n}=\sum_{i=0}^{min(n,m)}C_n^iC_m^i\)，当\(n=m\)的时候成立
错排数
定义
将\(n\)个编了号的球放进\(n\)个编了号的盒子里面满足每个盒子有且只有\(1\)个球，同时球的编号和盒子的编号不一样，满足这样的条件的方案总数
递推式
\(D(n)=(n-1)(D(n-1)+D(n-2)),D(1)=0,D(2)=1\)
假设已经有\(n-1\)个元素实现了错排，那么新来的元素不管是和谁交换位置都可以实现错排，此时的方案即为\((n-1)D(n-1)\)
如果已经有\(n-2\)个元素实现了错排，那么必然有一个元素刚好放在他编号一样的盒子里面，此时新来的元素必须和这个元素交换位置才能实现整体的错排，所以方案数即为\((n-1)D(n-2)\)
所以有\(D(n)=(n-1)(D(n-2)+D(n-1))\)
卡特兰数
定义
给定一个边长为\(n\)的正方形，考虑从左下角走到右上角，每一次只能往右走或者往上走，且不能越过对角线，即图中的红线，方案数记作卡特兰数\(C(n)\)，即在任意时刻向右的步数大于等于向上的步数，
递推式
\(C(n)=\sum_{i=0}^{n-1}C(i)*C(n-i-1)\)，考虑第一次触碰红线的时间即可
通项公式
\(C(n)=C_{2n}^n-C_{2n}^{n+1}=\frac{C_{2n}^n}{n+1}\)
如果不考虑红线的限制，那么方案数为\(C_{2n}^n\)，因为操作序列长度为\(2n\)，从中选\(n\)个操作是向上，剩下的\(n\)个是向右
接着考虑不合法的方案，如果即跨过了对角线，因为从上面跨到下面和下面跨到上面本质上是一样的，这里只讨论下面跨到上面的情况，我们如果把第一次接触到绿线以后的操作全部反转，即向右变成向上，向上变成向右，那么最终一定会到达\((n-1,n+1)\)，因为第一次接触绿线的时候，设向右的步数为\(cnt\)，那么向上的步数一定是\(cnt+1\)， 剩下的向右的步数即为\(n-cnt\)，向上的步数为\(n-cnt-1\)，反转之后向右的步数为\(n-cnt-1\)，向上的步数为\(n-cnt\)，总过的向右的步数即为\(n-1\) ，向上的步数即为\(n+1\)，所以最终一定会达到\((n-1,n+1)\)，按照同样的分析方法可以得到此时的方案数为\(C_{2n}^{n+1}\)
后面那一步推导就是将两个组合数暴力展开再合并之后的结果
第一类stirling数
定义
考虑把\(n\)个不同的数字分成\(m\)个圆排列的方案数记作\(s_{n,m}\)，圆排列指将循环后相等的序列看成同一个序列
递推式
\(s_{n,m}=s_{n-1,m-1}+(n-1)*s_{n-1,m}\)
边界条件即为\(s_{n,n}=1\)，\(s_{n,1}=(n-1)!\)，\(s[n][m]=0[n<m]\)，\(s[n][0]=0[n>0]\)
递推式应该很好理解，就是第\(n\)个数是否是单独形成一个圆排列
第二类stirling数
定义
考虑把\(n\)个不同的数字分成\(m\)个集合的方案数记作\(S_{n,m}\)
递推式
\(S_{n,m}=S_{n-1,m-1}+m*S_{n-1,m}\)
与第一类stirling数类似
考虑第\(n\)个数是一个新的集合还是加入原有的集合
边界条件为\(\begin{cases}S_{n,n}=1\\S_{n,1}=1\\S_{n,m}=0(n<m)\\S_{n,0}=0(n>0)\end{cases}\)
性质
第二类stirling数和幂有一个奇妙的关系
\(n^k=\sum_{i=0}^{k}S(k,i)*C(n,i)*i!\)从组合意义上面去理解，这里的\(i\)为枚举非空盒子的数量