一.逆元的求解
1.引理：
a.費馬小定理
假如\(a\)是一個整數，\(p\)是一個素數，\(gcd(a,p)=1\),那么有：
費馬小定理應用：
[1]. 費馬小定理降次：\(p\)是素數,\(a\),\(p\)互質,則\(a^b mod (p)={a^{(b) mod (p-2)}} mod (p)\)
[2]. 求質數逆元：若p是素數,\(\frac{1}{a}mod(p) = a^{p-2} mod(p)\)
注意：不代表\(ax≡1(mod (p))\)中\(x\)的最小正整數值是\(p-1\)。
b.歐拉定理φ
若\(n,a\)為正整數，且\(n,a\)互質，即\(gcd(n,a)=1\)，則
費馬小定理是歐拉定理的特殊情況,因為當\(n\)為素數時,\(φ(n)=n-1\)
擴展歐拉定理降次：
（1）當\(n>1\),\((a,n)=1\)時, \(a^b \% n=a^{b \% φ(n)} \% n\)
（2）當\(b\leq φ(n)\)時，直接計算即可。
（3）當\(b > φ(n)\)時 , \(a^b \% n = a^{b\% φ(n) + φ(n)} \% n\)
我是不會告訴你這個非常重要的。
歐拉定理應用2：
求解:\(a^x≡1 (mod (Q))\) , \(x>0\)
那么\(x\)的最小解一定是\(φ(Q)\)的約數
由同余的同冪性可以得到\(x\)的解集為 \(φ(Q)\)的 約數與倍數。
歐拉定理的套路技巧
\(ORZ\) \(\ laofu\)隊爺 ， 這都能自己 \(yy\) 出來。
我們假設要求多次方，形如\(a^{b^{c^d}} \%p\)這種鬼東西。 那么化式子：
然后\(c\)是對\(\varphi(\varphi(p))\)取模，以此類推遞歸下去。
那么那個\([?]\)我們需要每次都判斷一下真實\(b\)值與\(\varphi(p)\)的大小關系。
這樣非常不好做，這里隊爺們發明了一種非常神奇的做法。
假設我們遞歸到了求\(b^c \% (\ \varphi(p)+[?]\ )\) , 那么代碼如下：
ll Mul(ll x1,ll x2,ll mod)[
return (x1*x2 < mod) ? (x1*x2) : (x1*x2%mod+mod);
}
ll Pow(ll bs,ll js,ll mod){
ll S = 1, T = bs;
while(js){
if(js&1)S = Mul(S,T,mod);
T = Mul(T,T,mod);
js >>= 1;
}return S;
}
ll Calc(int b,int phi(p)){ll js = Calc(c,phi(phi(p))); return Pow( b,js,phi(p) );}
其中變量名是遞歸求解的，上面的\(b,c,phi(p)\)是表示當前算到\(b^c \% (\ \varphi(p)+[?]\ )\)。
這樣做的好處就是不用考慮\(b\)與\(\varphi(p)\)的大小關系對求值的影響了。
其實非常簡單，觀察一下我們剛才重載的乘法函數 \(Mul\) ,
如果\(x_1*x_2\)都已經大於\(\varphi(p)\)了，那么后面運算肯定大於\(\varphi(p)\) ，
所以之后的運算中始終要加上一個\(\varphi(p)\)。
2.單個逆元的計算
給定\(a,n\)\((n>1)\),\(gcd(a,n)=1\)計算\(a\)對模\(n\)的乘法逆元\(x\).
方法1：用前面講的Exgcd解方程\(ax≡1(mod (n))\)
即\(ax+ny=1\),得\(x\)的特解\(x_0\),則\(a^{-1} mod (n)=(x_0)mod (n)\),解唯一！
方法2：利用歐拉定理\(a^{φ(n)}\)\(≡\)\(1\)\((mod (n))\)
\(a^{-1} mod (n)=(a^{φ(n)-1}mod (n))mod (n)\)
計算\(a^{φ(n)-1}mod (n)\)調用快速冪\(pow(a,φ(n)-1)\)來計算，
方法3：當n為質數時，變為費馬小定理降次：
\(a^{-1} mod (n)=(a^{n-2}mod (n))mod (n)\)
3.線性求解逆元
代碼如下：
inv[1]=1;
for(int i=2;i<=p;i++)
inv[i]=(M - M/i) * inv[M%i] %M;
證明：
二.中國剩余定理（CRT）。
1.中國剩余定理
2.擴展中國剩余定理
同余方程中的\(n_1,n_2,...,n_k\)不兩兩互質怎么辦？
用擴展中國剩余定理:
兩個方程\(x≡b_1 (mod (a_1))\)與\(x≡b_2 (mod (a_2))\)
那么有\(x = a_1*x_1 + b_1 = a_2*x_2 + b_2\);
我們要最小化\(x\)，所以最小化\(x_1\)。
然后回代得到\(x\)的特解\(x'\)，當然\(x'\)也是最小正整數解。
所以\(x\)的通解為：\(x = x' + k*lcm(a_1,a_2)\)。
所以得到了一個新的方程： \(x ≡ x' (mod (lcm(a1,a2)))\) ;
所以每次把兩個方程合並成\(x≡x' (mod (lcm(a1,a2)))\)，
然后用該方程與接下來的一個聯立，依次求解即可得出結果。
最后得到一個總方程：\(x ≡ C (mod (P))\)
解這個方程即可得到整個方程組的根。
三.MR素數判斷
1.二次勘探定理
若\(p\)是質數 、 \(x^2 ≡ 1(mod(p))\)，
那么\(x\)的解為 \(x=1\) 或 \(x=n-1\)
2.MR素數判斷
還記得費馬小定理嗎？不記得就在上面
先把模數\(P\)變為\(m*2^k\)，然后依次使用二次勘探定理即可。
具體太長了，給一篇博客：戳我！
核心代碼(檢測\(n\)的素性):
//本代碼只測試15次，次數越高，准確率越高。
for (int i = 1; i <= 15; i++){
ll a = rand() % (n - 1) + 1;
ll x = pow(a, m); //計算a^m %n
ll y;
for (int j = 1; j <= k; j++){
y = mul(x, x); //計算x*x %n ，使用龜速乘
if (y == 1 && x != 1 && x != n - 1)return false;
x = y;
}
if (y != 1)return false;
}
實在看不懂背背板子就行了。
四.矩陣乘法
矩陣快速冪要用，這里不講了給一個板子：
struct matrix{
int a[5][5];
matrix(){ memset(a,0,sizeof(a)); }
int *operator [](int x){ return a[x]; }
matrix operator*(matrix &b){
matrix c;
for(int i = 0 ; i < n ; i ++)
for(int j = 0 ; j < n ; j ++)
for(int k=0 ; k < n ; k ++)
c[i][j]=(c[i][j]+1ll*a[i][k]*b[k][j])%mod;
return c;
}
}T,S;
四.高斯消元
1.高斯消元求解方程組(Gauss)。
百度一下，你就知道，這里只給代碼實現。
注：mp[n][n+1]為方程矩陣,其中mp[i][n+1]為第i個方程的常數項。
當然最后答案也存在mp[i][n+1]中，代碼中輸出\(No\) \(Sol\)是指有無數多個解。
具體看\(Luogu\)的板子題：戳這里！
補：省選中的高斯消元模板題：戳這里！
int main(){
cin >> n;
for(int i = 1; i <= n; i ++)
for(int j = 1; j <= n + 1; j ++)
cin >> mp[i][j];
for(int j = 1; j <= n; j ++){
int rgt = 0;
for(int i = j; i <= n; i ++)
if(mp[i][j]){rgt = i; break;}
if(!rgt)continue;
if(rgt ^ j)swap(mp[rgt],mp[j]);
if(mp[j][j] == 0){cout<<"No Solution"; return 0;}
for(int i = j + 1; i <= n; i ++){
double div = mp[i][j] / mp[j][j];
for(int k = 1; k <= n + 1; k ++)mp[i][k] -= div*mp[j][k];
}
}
for(int j = n; j >= 1; j --){
mp[j][n+1] = mp[j][n+1] / mp[j][j];
for(int i = j-1; i >= 1; i --)mp[i][n+1] -= mp[j][n+1] * mp[i][j];
}
for(int i = 1; i <= n; i ++)printf("%.2lf\n" ,mp[i][n+1]);
return 0;
}
2.高斯消元求解異或方程(Gauss_Xor)
其實差不多，具體流程如下：
（1）找到當前列系數不為0的一行，並將其交換到當前行。
（2）用當前行去消 當前列系數不為0的所有行 ， 只是運算為異或罷了。
（3）消到最后只剩下一個元，解出來。
（4）向上一路回帶即可（具體怎么回帶自己手玩一把即可）。
注意一下：
假設消除到某一行
（1）若所有系數都為0，而常數項不為0，那么則無解。
（2）若所有系數都為0，且常數項為0，那么則有無窮多個解。
然后常用的搭配為bitset(一個STL)，真的是卡常數神器。
具體的使用方法給一篇博客：http://blog.csdn.net/qll125596718/article/details/6901935
一道板子題：[SDOI2010]外星千足蟲
然后這題有點難度：[HNOI2011]XOR和路徑
具體代碼：（以上面的例題為例）
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define IL inline
#define RG register
using namespace std;
IL int gi(){
RG int date = 0, m = 1; RG char ch = 0;
while(ch!='-'&&(ch<'0'||ch>'9'))ch = getchar();
if(ch == '-'){m = -1; ch = getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){date=date*10+ch-'0';ch=getchar();}
return date*m;
}
int n,m,Round;
bitset<2050>mp[2050]; char s[2050][2050];
IL bool Gauss_Xor(){
for(RG int j = 1; j <= n; j ++){
RG int rgtpos = 0;
for(RG int i = j; i <= m; i ++)
if(mp[i][j]){rgtpos = i; break;}
//找到一個當前位不為0的方程....
if(!mp[rgtpos][j])return false; //無解
if(rgtpos != j)swap(mp[j] , mp[rgtpos]);
Round = max(Round,rgtpos);
for(RG int i = j+1; i <= m; i ++)
if(mp[i][j])mp[i] ^= mp[j];
}
for(RG int j = n; j >= 1; j --){
//mp[j][n+1] 此時即為解;
for(RG int i = j-1; i >= 1; i --)
mp[i][n+1] = mp[i][n+1] ^ (mp[i][j]*mp[j][n+1]);
}
return true;
}
int main(){
n = gi(); m = gi(); //有m(m>=n)個方程，每個方程左邊有n個系數.
for(RG int i = 1; i <= m; i ++){
scanf("%s",s[i]+1);
for(RG int j = 1; j <= n; j ++)
mp[i][j] = s[i][j] - '0';
mp[i][n+1] = gi();
}
Round = 0;
if(!Gauss_Xor())printf("Cannot Determine"); //無解
else{
printf("%d\n",Round) ;
for(RG int i = 1; i <= n; i ++)
puts(mp[i][n+1] ? "?y7M#" : "Earth");
}return 0;
}
五.組合數學。
1.數學表示：
\(C_m^n\)表示在\(m\)個中選\(n\)個的方案數。 （把\(m\)個無區別物品放到\(n\)個有區別籃子的方案數）
\(P_m^n\)表示在\(m\)個中選\(n\)個的排列數。 （把\(n\)個有區別物品放到\(m\)個有區別籃子的方案數）
\(S_m^n\)表示斯特林數\(S(n,m)\)。 （把\(n\)個有區別物品放到\(m\)個無區別籃子,籃子不空的方案數）
2.常用公式：
自己用組合意義推一下即可,都不是很難。
3.可重組合數學：
a.可重排列
有\(k\)個元素，其中第\(i\)個元素有\(n_i\)個，求全排列數。
即先做全排列，然后給每個元素編號，具體見藍書P104
b.可重組合
有\(n\)個元素，每個元素可以選無窮多個，一共選\(k\)個，求方案數。
假設第\(i\)個元素選\(x_i\)個，那么原問題變為\(x_1+x_2+.....+x_n=k\)
我們令\(y_i = x_i + 1\)，那么\(y_1+y_2+y_3+....+y_n = k+n\)
此時\(y>0\)，即每個元素都要選。 所以等於在\(k+n\)個元素(\(k+n-1\)個空位)間放\(n-1\)個隔板。
六.數論分塊。
這其實是因題目而定的啦。這里主要是講這種思路(套路)。
我們假設求解\(\sum_{i=1}^n \lfloor\frac{n}{i}\rfloor\)
那么應該怎么在\(\sqrt{n}\)的時間里求出來？
觀察到\(\lfloor\frac{n}{i}\rfloor\)的取值只有\(\sqrt{n}\)個。
所以可以類似分塊算法那樣搞一個數論分塊。
定理：若有一個值\(i\)，那么數論分塊中其同值上界為：
即在\([i,ceil]\)這一段區間內，\(\lfloor\frac{n}{i}\rfloor\)的取值是一樣的。所以就可以直接計算這一整塊的貢獻。
具體代碼如下(以求\(\sum_{i=1}^n \lfloor\frac{n}{i}\rfloor\)為例)：
int l = 1 , r , ans = 0;
while(l<=n){
r = n/(n/l);
ans += (r-l+1)*(n/i);
l = r + 1;
}
思考一下如果是二維怎么辦，如求\(\sum_{i=1}^{min(n,m)} \lfloor\frac{n}{i}\rfloor\lfloor\frac{m}{i}\rfloor\)
其實也非常簡單啦，對於\(i\)，\(j_1 = n/\lfloor\frac{n}{i}\rfloor\) , \(j_2 = m/\lfloor\frac{m}{i}\rfloor\) , 那么\(j = min(j_1,j_2)\)。
所以每次都取\(min\),然后不斷跳即可。
數論分塊真的非常重要，在后面的高級數論（如莫比烏斯反演）中會經常用到。