簡介
主要涉及數論方面的復習（大概是 NOIP 難度），目的為復習使用，因此與其他博客相比會更為簡略，想要更詳細的介紹也附上了相應的鏈接。
僅供大家參考，如有錯誤請指出。
內容太簡單，大佬不要噴啊。>-<
先發一部分，后面的會慢慢補。
建議配合數論做題記錄食用。
更新日志
- upd on 2021.8.31： 完成初稿。
- upd on 2021.9.1 ： 學習並補充了階和原根，二次剩余。
- upd on 2021.9.9 ： 添加范德蒙德卷積
逆元
求 \(ax \equiv 1 \pmod p\)
根據費馬小定理有（\(p\) 為質數）：
線性求逆元\(^{[1]}\)：
最大公約數
int Gcd(int x, int y) { return !y ? x : Gcd(y, x % y); }
素數
暴力：\(O(\sqrt n)\) 判斷單個 \(x\) 是否為素數。
埃氏篩：\(O(n \log n)\) 判斷 \([1 \sim n]\) 是否為素數。
歐拉篩：\(O(n)\) 判斷 \([1 \sim n]\) 是否為素數。
// 只給線篩。
int tmp[MAXN], Cnt = 0;
bool vis[MAXN];
void Init(int limit) {
for(int i = 2; i <= limit; ++i) {
if(!vis[i]) tmp[++ Cnt] = i;
for(int j = 1; j <= Cnt && i * tmp[j] <= limit; ++j) {
vis[i * tmp[j]] = true;
if(i % tmp[j] == 0) break;
}
}
}
斐蜀定理\(^{[2]}\)
設 \(d = \gcd(a, b)\)，那么對於方程 \(ax + by = d\) ，一定存在一組整數解。並且對於方程 \(ax + by = z\)，如果滿足 \(d \mid z\)，那么方程一定有整數解，否則無整數解。
如何遍歷所有解？
另外的，可以看出 \(x, y\) 的解不是唯一的，有無窮組系數 \((x, y)\) 都能滿足 \(\gcd(a, b) = ax + by\)。並且，如果 \((x, y)\) 是一組系數，那么所有系數可以表示為
擴展歐幾里得（exgcd）\(^{[3]}\)
已知 \(a,b\)，求 \(ax+by = \gcd(a,b)\) 的一組解。
int Exgcd(int a, int b, int &x, int &y) {
if(!b) { x = 1, y = 0; return a; }
int d = Exgcd(b, a % b, x, y);
int t = x;
x = y, y = t - a / b * y;
return d;
}
歐拉函數\(^{[4]}\)\(^{[5]}\)
通常計作 \(\varphi (n)\)，表示小於 \(n\) 且與 \(n\) 互質的數的個數。
當 \(n\) 是質數時，\(\varphi(n) = n-1\)。
歐拉函數是一個積性函數。當 \(\gcd(n,m)=1\) 時，\(\varphi (n \times m) = \varphi(n)\varphi(m)\)。
歐拉函數的通項公式：
歐拉定理\(^{[5]}\)
當 \(a\) 與 \(p\) 互質時有 \(a^{\varphi(p)} \equiv 1 \pmod p\)。
同時有一個引理 \(a^{2\varphi(p)} \equiv a^{\varphi(p)} \pmod p\)。
然后推廣它：
Miller-Rabin 素數測試\(^{[6]}\)
我們知道素數可以表示成這種形式 \(n = d \times 2^r + 1\) ，（當然，需要特判 \(2\)）。
只要這個數滿足下面兩個條件中的一個，就可以通過素數測試：
其中 \(a\) 是我們選擇的一個小質數，在 \(100\) 選擇 \(8 \sim 12\) 個就基本能保證正確性。
如果一個數是素數，一定會通過素數測試；如果一個數是合數，很大概率不會通過素數測試。
復雜度應該是 \(O(k\log^2 n)\)，因為需要枚舉一個 \(r\)，還有龜速乘。\(k\) 是選取的 \(a\) 的數量。
// Quick_Pow 是快速冪，Quick_Mul 是龜速乘。
bool Miller_Rabin(int n, int a) {
int d = n - 1, r = 0;
while(d % 2 == 0) ++r, d >>= 1;
int x = Quick_Pow(a, d, n);
if(x == 1) return true;
for(int i = 0; i < r; ++i) {
if(x == n - 1) return true;
x = Quick_Mul(x, x, n);
}
return false;
}
int prim_list[] = {2, 3, 5, 7, 23, 37, 47, 83, 97};
bool Prime(int n) {
if(n < 2) return false;
for(int i = 0; i < 9; ++i) {
if(n == prim_list[i]) return true;
if(n % prim_list[i] == 0) return false;
if(Miller_Rabin(n, prim_list[i]) == false) return false;
}
return true;
}
例題：SP288
BSGS\(^{[7]}\)\(^{[8]}\)
求解最小的滿足下面條件的 \(x\)，保證 \(a \bot p\)。
設 \(t = i \times \left \lceil \sqrt p \right \rceil - j\)，\(1 \le i,j \le \sqrt p\)，然后兩邊同乘 \(a^j\)，有
考慮所有 \(j \in [0,t-1]\)，求出 \(ba^j\) 並把他們放入哈希表，然后枚舉 \(i\) 查找有無這個值，這樣我們就能求出一個合法的 \(x\)，取最小值即可。
復雜度 \(O(\sqrt p)\)，使用 map 會帶一個 \(\log\)。（所以說這個算法處理不了 \(10^{18}\) 級別的數據）
int BSGS(int a, int b, int p) {
map<int, int> Hash; Hash.clear();
b %= p;
int t = sqrt(p) + 1;
for(int i = 0; i < t; ++i) Hash[b * Pow(a, i, p) % p] = i; // 存儲 hash 值
a = Pow(a, t, p);
if(!a) return b == 0 ? 1 : -1;
for(int i = 1; i <= t; ++i) { // 看看能不能找到
int val = Pow(a, i, p);
int j = (Hash.find(val) == Hash.end()) ? -1 : Hash[val];
if(j >= 0 && i * t - j >= 0) return i * t - j; // 首先找到的一定是最小的。
}
return -1;
}
中國剩余定理（CRT）
用於求解線性同余方程，在模數互質的情況下適用。
擴展中國剩余定理（exCRT）
用於求解線性同余方程，模數互質不互質均適用。
大數翻倍法
一種暴力的，求解線性同余方程的方法。碼量和理解難度都很小。
階和原根
階 ord
由歐拉定理可知，對 \(a \in \mathbb Z, m \in \mathbb N^*\)，若 \(\gcd (a,m) = 1\)，則 \(a^{\varphi(m)} \equiv 1 \pmod m\)。
因此滿足同余式 \(a^x \equiv 1 \pmod m\) 的最小正整數 \(x\) 存在，這個 \(x\) 稱作 \(a\) 模 \(n\) 的階，計作 \(\delta_m(a)\)。
幾個性質：
- 1、\(a,a^2,...,a^{\delta_m(a)}\) 模 \(m\) 兩兩不同余。
- 2、若 \(a^n \equiv 1 \pmod m\) ，則 \(\delta_m(a) \mid n\)。
- 3、由 2 可以推出，如果 \(a^p \equiv a^q \pmod m\) 那么 \(p \equiv q \pmod {\delta_m(a)}\)。
- 4、設 \(m \in \mathbb N^*\)，\(a,b \in \mathbb Z\),\(\gcd(a,m) = \gcd(b,m) = 1\)，則
的充分必要條件是
- 5、設 \(k \in \mathbb N\)，\(m \in \mathbb N^*\)，\(a \in \mathbb Z\)，\(\gcd(a,m) = 1\)，則
原根 Origin root
定義：
設 \(m \in \mathbb N^*\)，\(a \in \mathbb Z\)。若 \(\gcd(a,m) = 1\)，且 \(\delta_m(a) = \varphi(m)\)，則稱 \(a\) 為模 \(m\) 的原根。
原根判定定理：
設 \(m \ge 3, \gcd(a,m) = 1\)，則 \(a\) 是模 \(m\) 的原根的充要條件是，對於 \(\varphi (m)\) 的所有素因數 \(p\)，都滿足 \(a^{\frac{\varphi(m}{p}} \not\equiv 1 \pmod m\)
原根個數：
若一個數有原根，則它的原根個數為 \(\varphi (\varphi(m))\)。
原根存在定理：
一個數 \(m\) 存在原根當且僅當 \(m=2,4,p^{\alpha},2p^{\alpha}\)，其中 \(p\) 是奇素數，\(\alpha \in \mathbb N^*\) 。
幾個用來證明原根存在的定理：
- 定理 1：對於奇素數 \(p\) ，\(p\) 有原根。
- 引理：設 \(a\) 與 \(b\) 是與 \(p\) 互素的兩個整數，則存在 \(c \in \mathbb Z\) 使得 \(\delta_p(c) = \operatorname {lcm} (\delta_p(a),\delta_p(b))\)，
- 定理 2：對於奇素數 \(p\)，\(\alpha \in \mathbb Z\)，\(p^{\alpha}\) 有原根。
- 引理：存在模 \(p\) 的原根 \(g\)，使得 \(g^{p-1} \not\equiv 1 \pmod {p^2}\)
- 對於奇素數 \(p\)，\(\alpha \in \mathbb N^*\)，\(2p^{\alpha}2\) 的原根存在。
- 對於 \(m \not= 2,4\) 且不存在奇素數 \(p\) 及 \(\alpha \in \mathbb N^*\) 使得 \(m = p^{\alpha},2p^{\alpha}\)，模 \(m\) 的原根不存在。
最小原根的數量級：
王元在 \(1959\) 年證明了，若 \(m\) 有原根，其最小原根是不多於 \(m^{0.25}\) 級別的。（這啟發我們可以暴力找最小原根）
二次剩余
定義
一個數 \(a\)，如果不是 \(p\) 的倍數且模 \(p\) 同余於某個數的平方，則稱 \(a\) 為模 \(p\) 的 二次剩余。而一個不是 \(p\) 的倍數的數 \(b\)，不同余於任何數的平方，則稱 \(b\) 為模 \(p\) 的 非二次剩余。
對二次剩余求解，也就是對常數 \(a\) 解下面的這個方程：
通俗一些，可以認為是求模意義下的開方。
只會 \(p\) 為奇素數的算法，\(\text{Cipolla}\) 算法。
解的數量
對於 \(x^2 \equiv n \pmod p\)，能滿足＂\(n\) 是模 \(p\) 的二次剩余＂的 \(n\) 一共有 \(\frac{p-1}{2}\) 個（0 不包括在內），非二次剩余有 \(\frac{p-1}{2}\) 個。
勒讓德符號
歐拉判別准則
若 \(n\) 是二次剩余，當且僅當 \(n^{\frac{p-1}{2}} \equiv 1 \pmod p\)。
若 \(n\) 是非二次剩余，當且僅當 \(n^{\frac{p-1}{2}} \equiv -1 \pmod p\)。
Cipolla 算法
找到一個數 \(a\) 滿足 \(a^2-n\) 是 非二次剩余，至於為什么要找滿足非二次剩余的數，在下文會給出解釋。 這里通過生成隨機數再檢驗的方法來實現，由於非二次剩余的數量為 \(\frac{p-1}{2}\)，接近 \(\frac{p}{2}\)，所以期望約 2 次就可以找到這個數。
建立一個＂復數域＂，並不是實際意義上的復數域，而是根據復數域的概念建立的一個類似的域。 在復數中 \(i^2 = -1\)，這里定義 \(i^2 = a^2 - n\)，於是就可以將所有的數表達為 \(A+Bi\) 的形式，這里的 \(A\) 和 \(B\) 都是模意義下的數，類似復數中的實部和虛部。
在有了 \(a\) 和 \(i\) 后可以直接得到答案，\(x^2 \equiv n \pmod p\) 的解為 \((a+i)^{\frac{p+1}{2}}\)。
范德蒙德卷積
形似：
可以理解為在大小為 \(n\) 和 \(m\) 的兩個堆中選擇 \(k\) 個點的方案數
推論：
感覺比較顯然，把前面一個組合數轉化成 \(\binom {n}{n-i}\) 在利用上面的結論就行了。
其他的推論：