数论的小总结

有什么呢..其实我也不知道什么算是数论都丢上来好了
我决定把目录删掉..这样不会太早暴露智商...
[update.它居然自动帮我加了个目录

拓展欧几里德算法

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实现方式

对不完全为0的非负整数a，b，gcd(a,b)必有整数对(x,y)使ax+by=gcd(a,b)成立。
- 显然，当b=0时，gcd(a,b)=a。此时有x=1,y=0.
- 据欧几里德原理有gcd(a,b)=gcd(b,amodb)
又有

{ax+by=gcd(a,b)bx′+(amodb)y′=gcd(b,amodb)

∴ax+by=bx′+(amodb)y′
=bx′+(a−⌊ab⌋b)y′
=ay′+b(x′−⌊ab⌋y′)
即

⎧⎩⎨x=y′y=x′−⌊ab⌋y′

于是就可以递归求解了
代码如下：

void exgcd(int a,int b,int &d,int &x,int &y){    if (b==0)    {        x=1,y=0;d=a;        return;    }    exgcd(b,a%b,d,x,y);    int t=x;x=y,y=t-a/b*y;}

应用

一、解不定方程
求解形如Ax+By=c的不定方程
首先，若C能被gcd(a,b)整除，则方程存在整数解，否则不存在。
证明：
∵必有一组(x0,y0)满足Ax0+By0=gcd(A,B)
令式子两端同乘Cgcd(A,B)即可得一组满足的解(x0Cgcd(A,B),y0Cgcd(A,B))
∴设x1=x0Cgcd(A,B)，y1=y0Cgcd(A,B)，有Ax1+By1=C
而得整数解的前提就是C能被gcd(a,b)整除啊。

又Ax+By=C的其他整数解满足：

A(x1+Bgcd(A,B)×t)+B(y1−Agcd(A,B)×t)=C,t∈Z

于是即可由一组解(x1,y1)得到该方程组的所有整数解
设p=Bgcd(A,B)，该方程的最小整数解为x=(x1modp+p)modp.

二、解模线性方程组
同余方程ax≡b(modn)对未知数x有解当且仅当gcd(a,n)∣b且有解时有gcd(a,n)个解。即若gcd(a,n)=1是方程有唯一解。

ax≡b(modn)⇒ax+ny=b

然后就转成应用1了

三、求模下的逆元
求a在模n下的逆元，保证gcd(a,n)=1，即求ax≡1(modn)中的x。
然后就转成应用2了[：那你为什么要单独列[掀桌

题目

bzoj1407 Savage

逆元

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口胡定义

a在modp下的逆元即使该式a×b=1(modp)成立的b。
通常写成a−1

求法

1. 据费马小定理：
   假如p是质数，且gcd(a,p)=1即a、p互质，那么有ap−1≡1(modp)。
   即a×ap−2≡1(modp)
   所以a在modp下的逆元为ap−2，这个可以快速幂求得。
   注意条件哦。
2. 应用拓展欧几里德求解方程(展开就懒得打了)
3. ⋆ 线性求逆元
   前提：p为质数
   有a−1=(p−⌊pa⌋)×(pmoda)−1modp
   证明：
   令k=⌊pa⌋,r=pmoda，有p=ka+r
   ∴ka+r≡0(modp)
   (ka+r)a−1⋅r−1≡0(modp)
   即(k+a−1⋅r)r−1≡0(modp)
   即kr−1+a−1≡0(modp)
   ∴(拆开)a−1=−⌊pa⌋⋅(pmoda)−1(modp)
   ∴a−1=(p−⌊pa⌋)×(pmoda)−1modp

ny[1]=1;for (i=2;i<=lim;i++) ny[i]=(LL)(p-(p/i))%p*(LL)ny[p%i]%p;

题目

bzoj2186[SDOI2008]萨拉公主的困(you)惑

中国剩余定理

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坑

原根

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引入一个东西，阶。
定义，设a和n是互质的整数，a≠n，n＞0.使得ax≡1(modn)成立的最小正整数x称为a模n的阶，并即为ordna.
据欧拉定理，若gcd(a,n)=1,n∈Z+，有aϕ(n)≡1(modn)。
那么就会有ordna∣ϕ(n)

口胡定义

一个正整数x，若其所有幂次遍历模n的所有整数，那么它就是模n的一个原根。
定义，如果r和n是互质的整数且n＞0，那么当ordnr=ϕ(n)时，称r是模n的原根或者n的原根，并且我们称n有一原根。

性质(?反正是一些相关的定理或者推论吧)

1. 若g是模n的一个原根，g和n互质且n＞0，那么g1,g2,…,gϕ(n)构成模n的既约剩余系。即有gimodn，1≤i≤ϕ(n)的结果互不相同。

   既约剩余系[来自度娘
   在模n的值与n互质的全部剩余类中，从每一类中各任取一数所组成的数的集合，叫做模n的一个简化剩余系，也叫缩系。也可以理解为，在每个剩余类选取至1个与m互素代表元构成简化剩余系。
   模n的简化剩余系中元素的个数为φ(n)（既欧拉函数）

2. 令r是n的原根，n＞1且n∈Z，那么ru是n的一个原根当且仅当(u,ϕ(n))=1.
   于是得到如下定理，如果正整数n有一个原根，那么他一共有ϕ(ϕ(n))个不同余的原根

存在性

并非所有整数都有原根，例如没有模8的原根。
一个正整数有原根当且仅当它为2，4，pt，2pt，其中p为奇素数且t的正整数。
证明就不打了。。好长啊。。整整一节。。

求解方法

通常最小的原根都比较小，所以最直接的方法：暴力枚举
假设枚举到g问是否为n的原根，即判断ϕ(n)是否为g模n的阶。枚举ϕ(n)的约数p，若有gp≡1(modn)，那么g就不是n的原根。因为与gi不同余矛盾，冲突。
但是这样会做了很多重复的东西。
其实只要枚举ϕ(n)的质因数pi，只需要检验gϕ(n)/p1,gϕ(n)/p2,...,gϕ(n)/pm这m个数中，是否存在一个数mod n为1，存在就不是，就好了。

模板题目

51Nod1135原根问题

积性函数

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口胡定义

若函数f(x)是积性函数，则有：对互质的两个数a,b，有f(ab)=f(a)⋅f(b)。
而完全积性函数是对任意a,b都有f(ab)=f(a)⋅f(b)

先说下这个：
狄利克雷卷积(Dirichlet卷积)
对两个算术函数f、g，定义其狄利克雷卷积为新函数：

(f∗g)(n)=∑d|nf(d)⋅g(nd)

*把定义在正整数集的函数称为算术函数
其实就相当于定义新运算(?)，将f卷g，表达为f∗g。
性质：
交换律：f∗h=g∗f
结合律：(f∗g)∗h=f∗(g∗h)
单位元：f∗ϵ=f
对逐点加法的分配律：f∗(g+h)=f∗g+f∗h

性质

1. 若n=pa11pa22…pakk(p为质数)，有f(n)=f(pa11)f(pa22)…f(pakk)。
2. 若f为积性函数且有f(pn)=fn(p)，那么f为完全积性函数。
3. 若f、g为积性函数，那么f∗g也为积性函数(就是指狄利克雷卷积)。
4. 积性函数的前缀和也是积性函数。
5. 对于f(n)=∑d|ng(d)，只要有一者积性，两者都积性。

常见的积性函数(必记)

• Id(n)——单位函数，也有作u(n)。定义Id(n)=n
• Idk(n)——单位幂函数，定义Idk(n)=nk
• ⋆φ(n)——欧拉函数
• ⋆μ(n)——莫比乌斯函数
• ϵ(n)——当且仅当n=1时，ϵ(n)=1；否则ϵ(n)=0
• d(n)——n的约数个数
• σ(n)——n的约数之和

常用的公式

• ⋆1∗μ=ϵ，1是恒等函数恒等于1.
• ⋆1∗φ=Id
• (Id∗φ)∗Id=Id2

重点的展开

一、欧拉函数
φ(n)为小于等于n的正整数中与n互质的个数
通式φ(n)=n(1−1p1)(1−1p2)…(1−1pk)
其中p1,p2,…,pk是n的所有质因数，n∈N∗

若有质数P，有φ(pk)=(p−1)pk−1。
由φ(pk)=pk−pk−1得到。因为除了p的倍数其他都与pk互质。

1. 欧拉定理
   若n和a皆为正整数，且n与a互质，则aφ(n)≡1(modn)。
   可推出：当x≡y(modφ(n))时且a与n互质时，ax≡ay(modn)
2. 有ax≡axmodφ(n)+φ(n)(modn)，x≥φ(n)。[不要求a,n互质]

对1∗φ=Id的证明：

1∗φ=∑d|nμ(d)⋅1(nd)=∑d|nφ(d)

对以n为分母的所有真分数:0n,1n,2n…,n−1n进行约分。那么对于一个分母d，d|n，且以d为分母的份数个数恰为φ(d)个。
所以有∑d|nφ(d)=n
即1∗φ=Id

二、莫比乌斯函数

μ(n)=⎧⎩⎨⎪⎪0，n有平方因子，即存在质数p，有p2|n1，n有偶数个不同的质因子−1，n有奇数个不同的质因子

性质
1.

∑d|nμ(d)={1，n=10，n>1,n∈N∗

2. ∑d|nμ(d)d=φ(n)n

对1∗μ=ϵ的证明：

1∗μ=∑d|nμ(d)∗1(nd)=∑d|nμ(d)

设n有k个不同的质因子，则公式等价与∑kx=0Cxk∗(−1)x.
据μ(n)的定义意会一下(…..)，通过容斥来考虑，可知(- -)当k≠0时，使该值为0.
即n≠1时，1∗μ=0
所以1∗μ=ϵ

线性筛

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就是一种筛法，时间复杂度是O(n)。因为每个数只会被筛到一次，被其最小质因子筛到。
线性筛也通常作为一种工具(?)来在线性的时间内求出一个函数的值。
对于一个想要被线筛搞出来的函数f，要考虑三种情况：
1、x是质数时，f(x)的取值
2、x∣i时，f(xi)与f(x)、f(i)的关系
3、x∤i时，f(xi)与f(x)、f(i)的关系
如果都能找得到就可以用线性筛来求辣，不一定非要是积性函数。
要注意给f[1]赋值
下面含有μ和φ的线筛打法，代码：

void pre(){    cnt=0;mu[1]=1;phi[1]=1;    for (LL i=2;i<=lim;i++)    {        if (!ispri[i]) {pri[++cnt]=i;mu[i]=-1;phi[i]=i-1;}        for (LL j=1;j<=cnt && i*pri[j]<=lim;j++)        {            ispri[i*pri[j]]=true;            if (i%pri[j]==0)            {                mu[i*pri[j]]=0;                phi[i*pri[j]]=phi[i]*pri[j];                break;            }            mu[i*pri[j]]=-mu[i];            phi[i*pri[j]]=(pri[j]-1)*phi[i];        }    }    //for (LL i=2;i<=lim;i++) phi[i]+=phi[i-1],mu[i]+=mu[i-1];}

题目(有关积性函数跟线性筛的)

bzoj2705[SDOI2012] Longge的问题
bzoj2440 [中山市选2011]完全平方数
bzoj2005 [Noi2010]能量采集
bzoj2226[Spoj 5971] LCMSum
bzoj2818 Gcd
bzoj3529 数表
bzoj2749 [HAOI2012]外星人

⋆莫比乌斯反演

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若f为积性函数，且g(n)=∑d|nf(d)，那么g也是积性函数。
且有

f(n)=∑d|nμ(d)⋅g(nd)

证明：
∵g(n)=∑d|nf(d)，即g=f∗1
又有1∗μ=ϵ
∴f=g∗μ
即f(n)=∑d|nμ(d)⋅g(nd)

题目

bzoj2301 [HAOI2011]Problem b
bzoj2154 Crash的数字表格
bzoj2818 Gcd (两种做法)
bzoj2693 jzptab
bzoj3309 DZY Loves Math
bzoj3994 [SDOI2015]约数个数和
bzoj4407 于神之怒加强版

杜教筛

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这是个低于线性时间的复杂度下解决一类积性函数的前缀和的筛法(?)。
嗯..我只学会了搞φ和μ的前缀和..
假装会了..

φ(d)的前缀和

定义ϕ(n)=∑ni=1φ(i)，即欧拉函数的前缀和。
据公式1∗φ=u，即∑d|nφ(d)=n。
移项一下就变成了φ(n)=n−∑d|n,d<nφ(d)。

如果是直接理解为什么∑d|n,d<nφ(d)表示小于等于n且不与n互质的数的个数的话
那么就将它写成∑d|n,d<nφ(nd).
把小于等于nd且与nd互质的减掉即把与n的gcd为d的数减掉
又d是n是约数
所以∑d|n,d<nφ(d)就表示小于等于n且不与n互质的数了啊

于是

ϕ(n)=∑i=1n(i−∑d|i,d<iφ(d))

把i提出来就是

n(n+1)2−∑i=1n∑d|i,d<iφ(d)

即

n(n+1)2−∑id=2n∑d=1⌊nid⌋φ(d)

换一下元，id−>i

n(n+1)2−∑i=2n∑d=1⌊ni⌋φ(d)

于是后面那块也变成了前缀和

n(n+1)2−∑i=2nϕ(⌊ni⌋)

综上，即有

ϕ(n)=n(n+1)2−∑i=2nϕ(⌊ni⌋)

μ(d)的前缀和

定义M(n)=∑ni=1μ(i)。
同样的从公式入手，有1∗μ=ϵ，即∑d|n1×μ(d)=[n=1]
反演一下，即1=∑ni=1[i=1]=∑ni=1∑d|iμ(d)
这个实即∑nd=1⌊nd⌋×μ(d)
令i∈[1,⌊nd⌋]
所以就有∑nd=1∑⌊nd⌋i=1μ(d)
把i、d换一下，即有

1=∑d=1n∑i=1⌊nd⌋μ(d)

后面那个就是莫比乌斯的前缀和，改成M(⌊nd⌋)
又M(n)=∑ni=1M(⌊ni⌋)−∑ni=2M(⌊ni⌋)
所以有

M(n)=1−∑i=2nM(⌊ni⌋)

题目

51Nod1239
51Nod1244
bzoj3944 Sum
bzoj3512 DZY Loves Math IV
bzoj3930 [CQOI2015]选数

常用套路 怎么全是套路！[掀桌.jpg

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常见的解题步骤

1. 根据题意列出式子
2. 画柿子，直到画出自己想要的或者说能在时间内求得的
3. 通常要预处理某个函数的前缀和，考虑暴力O(nlogn)、线性筛O(n)、杜教筛O(n23)（听说的..）。。如果都不行。。我也不会了。。
4. 最后通常都要分块O(n√)，利用之前预处理的函数前缀和或求和公式来处理。

等价变化的套路

1. 枚举最小公约数；
2. 内外层求和对调，通常是交换枚举倍数和约数；
3. 有意识得化成gcd=1这样的的式子利用莫比乌斯反演；
4. 有时候想着直接反演之前考虑一下欧拉函数，可能欧拉化的更简单；
5. 换元，比如∑nd=1∑⌊nd⌋t=1XXndtX这种时候，通常设D=dt来进行换元；
6. 要多想想式子的实际意义，可以通常意义来等价变化
7. 把能提的先提出来

一些公式推导的栗子

1、原式：

∑i=1n∑j=1m[gcd(i,j)=d]

=∑d=1min(n,m)∑⌊id⌋=1n∑⌊jd⌋=1m[gcd(⌊id⌋,⌊jd⌋)=1]

交换枚举约数和倍数：id→i，jd→j

=∑d=1min(n,m)∑i=1⌊nd⌋∑j=1⌊md⌋ϵ(gcd(i,j))

∵有1∗μ=ϵ，即∑d|nμ(d)=ϵ(n)
所以有：

=∑i=1n∑j=1m∑d|(i,j)μ(d)

即

=∑i=1n∑j=1m∑d|i,d|jμ(d)

=∑d=1min(n,m)μ(d)×⌊id⌋×⌊jd⌋

2、原式：

∑i=1n∑j=1mgcd(i,j)

=∑i=1n∑j=1m∑d|(i,j)φ(d)

=∑d=1min(n,m)φ(d)×⌊nd⌋×⌊md⌋

诶懒得复制了。。去做题吧。。推导在题解里都有。。

感想= =

1. 感觉套路很深，像是定义几个函数(能预处理的)来套用化简，或者说是把化得的某串东西当成一个函数来求 之类的，这样的我都不会。怎么说，就是碰到了没有一点感觉。
2. 对什么时候能直接暴力做还是要继续化简没有准确的预估。
3. 画柿子画到不会画了但是又求不出来的时候..看了一眼题解..woc怎么这么套路
4. 熟练应用各种性质是很重要的[但是我做不到啊QAQ]

学习资料

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浅谈一类积性函数的前缀和 - skywalkert
积性函数、线性筛、莫比乌斯反演和一堆乱七八糟的题目 - jcvb
莫比乌斯反演个人小结 - femsub
初等数论及其应用（原书第六版） （美）Kenneth H.Rosen 著 夏鸿刚 译

附言

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• 题目不一定按难易程度排，而且只是bo主自己做了的
• 写在上面的题目一般都写了题解
• bo主语文不好脑子也不好使，可能全在口胡
• bo主从来只有被套路，因为自己不会套路QAQ
• 为什么看起来写了很多但是都没有什么很厉害的东西QAQ
• 算了就这样吧，欢迎指错..

在愚人的一天，愚了自己。

愚人节快乐！

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更新辣因为还有好多不会的
——2017.4.12

2017/04/15 更新内容：原根