基本数论（从整除入门到欧拉弃坑到中国剩余BSGS跑路）

毕业了一点都不开心。
ps:本来就是自己看看所以随便写点什么都可以

整除

首先，我们需要一些看起来很有用然而除了装逼没有任何价值的定理：

1.如果a∣b且b∣c，那么a∣c（等同放p）
2.a∣b等价于对任意整数x和y，有a∣(b∗x+c∗y)
3.设m≠0，那么a∣b等价于(m∗a)∣(m∗b)（此条等同于放p）
4.设整数x和y满足下式：a∗x+b∗y=1，且a∣n、b∣n，那么(a∗b)∣n
5.若b=q∗c，那么d∣b的充要条件是d∣c

剩下的空着吧

同余

首先，我们要知道：如果a与b关于模m同余，记为：a≡b(mod m)
那么，对于整数a,b,c和自然数m,n

1.自反性：a≡a(mod m)
2.对称性：若a≡b(mod m)，则b≡a(mod m)
3.传递性：若a≡b(mod m)，b≡c(mod m)，则a≡c(mod m)
4.同加性：若a≡b(mod m)，则a+c≡b+c(mod m)
5.同乘性：若a≡b(mod m)，则a∗c≡b∗c(mod m)
若a≡b(mod m)，c≡d(mod m)，则a∗c≡b∗d(mod m)
6.同幂性：若a≡b(mod m)，则an≡bn(mod m)
7.推论1：a∗b mod k=(a mod k)∗(b mod k)mod k
8.推论2：若a mod p=x，a mod q=x，p、q互质，则a mod p∗q=x

辗转相除法

int gcd(int a,int b) {return b?gcd(b,a%b):a;}

二进制超级卡常版辗转相除法

template<class T> T gcd(T a,T b) {    if(!a|!b) return a|b;    int i,j;    for(i=0;!(x&1);++i) x>>=1;    for(j=0;!(y&1);++j) y>>=1;    for(i=j<i?j:i;;) {        if(x<y) x^=y,y^=x,x^=y;        if(!(x-=y)) return y<<i;        for(;!(x&1);) x>>=1;    }}

脱非扩欧

相信大家都会不定方程的分解因数法，那么在这里就可以简单带过：
求一对x,y,使得a∗x+b∗y=gcd。
根据某些数论知识，这个方程显然有解
另某一组特殊解为x0,y0,那么就可以得到通项公式：
x=x0+b/gcd∗t
y=y0−a/gcd∗t
由于gcd的结束条件是a=gcd，b=0，此时有解x1=1，y1=0，根据gcd(a,b)==gcd(b,a%b)，我们可以直接推导：

gcd=b∗x1+(a−(a/b)∗b)∗y1        =b∗x1+a∗y1–(a/b)∗b∗y1   =a∗y1+b∗(x1–a/b∗y1)

那么：x1=y1,y1=x1-a/b*y1

template <class T> T e_gcd(T a,T b) {    if(!b) {x=1,y=0;return a;}    int temp=x;    gcd=e_gcd(b,a%b);    x=y,y=temp-a/b*y;    return gcd;}

然后，不定方程a∗x+b∗y=c的特殊解x1,y1,就是不定方程a∗x+b∗y=gcd的特殊解x0,y0乘上c/gcd，然后按照通项公式即可推导。
x=x1+b/gcd∗t
y=y1−a/gcd∗t
至于求逆元，我们可以当成不定方程a∗x+b∗y=1。
ZOJ3609，代码长这样：

#include<cstring>#include<cstdio>using namespace std;typedef long long LL;template <class T> void read(T &x) {    x=0;LL f=1;char ch=getchar();    for(;ch<'0'||ch>'9';) {if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}    for(;ch>='0'&&ch<='9';) x=x*10+ch-'0',ch=getchar();x*=f;}template <class T> void write(T x) {    LL num=0;char ch[20];    if(x<0) putchar('-'),x=-x;    do ch[++num]=x%10+'0',x/=10; while(x);    for(;num;) putchar(ch[num--]);putchar('\n');}LL e_gcd(LL a,LL b,LL &x,LL &y) {    if(!b) {x=1,y=0;return a;}    LL temp,gcd;    gcd=e_gcd(b,a%b,x,y),temp=x;    x=y,y=temp-a/b*y;    return gcd;}LL cal(LL a,LL b,LL c) {    LL ans,gcd,x,y;    gcd=e_gcd(a,b,x,y);    if(c%gcd!=0) return -1;    x*=c/gcd,b/=gcd;    if(b<0) b=-b;    ans=x%b;    if(ans<=0) ans+=b;    return ans;}int main() {    LL a,b,ans,test;    for(read(test);test--;) {        read(a),read(b),ans=cal(a,b,1);        if(ans!=-1) write(ans);else puts("Not Exist");    }    return 0;}

POJ1061 裸裸的
ZOJ3593 画出两条直线yy一下
HDU1576 求逆元裸题，然而可以暴力
HDU2669 裸题（吐嘈一下比赛名字）
（天哪一个上午+两个小时就干了这么一点点东西简直了……）

求解线性同余方程

求解a∗x≡b(mod n)相当于求解a∗x+n∗y=b
参照上方不定方程求解。
由于只需要一个解，所以这里可以简单一点。
设间隔为dx，简单推导：
a∗x≡b(mod n)
a∗(x+dx)≡b(mod n)
相减：
a∗dx≡0(mod n)（可以这么写吧？）
好咯，那么a∗dx就是a和n的公倍数了。为了dx最小，a∗dx就是最小公倍数。
所以dx=n/gcd(a,n)
瞎搞瞎搞。

中国剩余定理

孙子算经：
之前一直以为很高深啊很高深，老祖宗们真是太聪明了……
不过发现原来就是套，不过祖宗们套的方法高深一些，其实与小学生们的解法是有一定相似之处的…..
孙子问题解法的本质是从5和7的公倍数中找一个除以3余2的数n1，从3和7的公倍数中找一个除以5余3的数n2，从3和5的公倍数中找一个除以7余2的数n3，再将三个数相加得到解。在求n1，n2，n3时又用了一个小技巧(a∗k) mod b=k∗(a mod b)，以n1为例，并非从5和7的公倍数中直接找一个除以3余2的数，而是先找一个除以3余1的数，再乘以2。
最后，我们还要清楚一点，n1+n2+n3只是问题的一个解，并不是最小的解。如何得到最小解？因为显然有(a±kb) mod b=a mod b，所以(n1+n2+n3) mod 105就是最终的最小解。

POJ1006 裸裸裸
中国剩余定理：

自然数m1，m2......mk两两互素，求最小正整数解：

⎧⎩⎨⎪⎪⎪⎪x≡c1(mod m1)x≡c2(mod m2)x≡c3(mod m3)...x≡ck(mod mk)

那么就有：
令M=m1∗m2∗m3∗......∗mk，inv(Mmi,mi)表示逆元
则x=(∑ki=1(ci∗Mmi∗inv(Mmi,mi)))mod M

证明通俗易懂就不说了还不是懒
codevs3990

#include<cstring>#include<cstdio>using namespace std;typedef long long LL;LL m[15],c[15],ans,Min,M=1;LL exgcd(LL a,LL b,LL &x,LL &y) {    if(!b) x=1,y=0;    else exgcd(b,a%b,y,x),y-=a/b*x;}int main() {    LL a,b,l,r,x,y,N=0;int i,n;    for(scanf("%d%lld%lld",&n,&l,&r),i=1;i<=n;i++)        scanf("%lld%lld",m+i,c+i),M*=m[i];    for(i=1;i<=n;i++) {        a=M/m[i],b=m[i],exgcd(a,b,x,y);        x=(x%b+b)%b;        if(!x) x+=b;        N+=c[i]*a*x;    }    N%=M;    if(!N) N+=M;    if(r>=N) ans=(r-N)/M+1;    if(l>=N) ans=ans-((l-N)/M+1);    if((l-N)%M==0) ++ans;    if(ans) {        if(l<=N) Min=N;        else Min=N+((l-N)/M+1)*M;    }    printf("%lld\n%lld\n",ans,Min);    return 0;}

扩展

然后还有一个扩展（不互素怎么办捏？）：

puts("先骗偏访问量然后过来填坑");

素数

素数相关定理

1.唯一分解定理（p话）
2.威尔逊定理

若p为素数，则(p−1)!≡−1(mod p)
若对某一正整数p，有(p−1)!≡−1(mod p)

3.费马定理

若p为素数，a为正整数，且a和p互质，则：ap−1≡1(mod p)
小定理：

ap≡a(mod p)

欧拉函数

φ(n)：定义为小于n且与n互素的数的个数。
为积性函数，即当(m,n)=1时，φ(mn)=φ(m)∗φ(n)，但并非完全积性函数。
1.n√求法：

void euler(int n) {    int m=(int)sqrt(n+0.5);    int ans=n;    for(int i=2;i<=m;i++)        if(!(n%i)) for(ans=ans/i*(i-1);!(n%i);) n/=i;    if(n>1) ans=ans/n*(n-1);}

2.O(n)线性筛
1.phi(p)==p−1 因为素数p除了1以外的因子只有p，所以与 p 互素的个数是 p - 1个
2. phi(pk)==pk−pk−1==(p−1)∗pk−1

证明：
令n==pk,小于 n 的正整数共有 pk−1个,其中与 p 不互素的个数共pk−1−1个，它们是 1∗p,2∗p,3∗p...(pk−1−1)∗p
所以phi(pk)==(pk−1)−(pk−1−1)==pk−pk−1==(p−1)∗pk−1。

3.如果p∣i, 那么 phi(i∗p)==p∗phi(i)
4.如果p∤i, 那么phi(i∗p)==phi(i)∗(p−1)

int prime[MAXN],check[MAXL],phi[MAXL];int main() {    int i,j,tot=0;    phi[1]=1;    memset(check,0,sizeof(check));    for(i=2;i<MAXL;++i) {        if(!check[i]) prime[tot++]=i,phi[i]=i-1;        for(j=0;j<tot&&i*prime[j]<=MAXL;++j) {            check[i*prime[j]]=1;            if(i%prime[j]==0) {                phi[i*prime[j]]=phi[i]*prime[j];                break;            } else phi[i*prime[j]]=phi[i]*(prime[j]-1);        }    }}

一道必刷题：poj2480
求f(n)=∑Ni=1gcd(i,N)
公式为：f(n)=∑x|Nx∗φ(N/x)
gcd(i,N)显然是个积性函数
由于积性函数的和必然是积性函数，所以此题可以利用积性做

Baby Steps Giant Steps及其扩展

又名拔山盖世算法、大步小步算法、北上广深算法、百事公司算法。
用来解决这么一个式子
Ax≡B  (mod C)（C为素数）

先令x=i∗m−j，其中m=⌈C‾‾√⌉。
这样原式就变为Ai∗m−j≡B(mod C)，
再变为Aj×B≡Am∗i(mod C)。
枚举j（范围0-m）（显然）,将Aj×B存入hash表
枚举i（范围1-m），从hash表中寻找第一个满足Aj×B≡Am∗i(modC)。
此时x=i∗m−j即为所求。
在网上大多用的是x=i∗m+j，也可以做，只是会牵扯的求逆元，所以比较麻烦。使x=i∗m−j就可以避免这个问题了。
有一个公式 ak mod p−1≡ak(mod p) 这个公式的推导需要用到费马小定理
k mod p−1可以看做 k−m(p−1) ,原式可化成 ak/(ap−1)m≡ak(mod p)
根据费马小定理ap−1≡1(mod p)其中p为质数 ，a,p 互质，可得ak/1m≡ak(mod p)ak≡ak(mod p) 得证。

代码什么的，只要会打快速幂，剩下的就是暴力枚举了。
模板题poj2417（其实大佬们敲不敲随便的啦）

扩展：与中国剩余定理一样的方式

如果C不是素数怎么办(┙>∧<)┙へ┻┻？
凉拌，炒鸡蛋

令d=gcd(A,C)，如果d∤B显然只有x=0,B=1这一种解
如果d∣B:
首先，如果C与A互质，那么直接BSGS
如果不互质怎么办？
那么Ax−1∗Ad≡Bd (mod Cd)
如果现在互素了，开始求x-1
如果还不互素，就一直求到d2......dk。
现在A与C∏ki=1di互素

Ax−k∗Ak∏ki=1di≡B∏ki=1di (mod C∏ki=1di)

如果∏ki=1di∣B，只有x=0这唯一解
如果∏ki=1di∤B，暴力枚举x∈[0,k)，找到了就找到了，对于x>k:

Ax−k≡B∗A−k(mod C∏ki=1di)

令x′=x−k，B′=B∗A−k，C′=C∏ki=1di，

Ax′≡B′ (mod C′)

然后BSGS来一遍求出x′，正解x就是x′+k

卧曹怎么看着这么像暴力啊
没错好像BSGS就是暴力啊
poj3243