Noip前的大抱佛脚----数论

数论

知识点

Exgcd

\(O(logn)\)求解\(Ax+By=C\)的问题
1、若\(C\%gcd(A,B)!=0\)则无解
2、\(Gcd=gcd(A,B);A/=Gcd,B/=Gcd,C/=Gcd\)
3、代入下面代码求\(Ax+By=1\)
4、\(x*C\)，得到一组特解
5、通解为\(\begin{cases}x=x_0+k*B \\y=y_0+k*A\end{cases}\)

void Exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y)
{
    if(!b){x=1;y=0;return;}
    Exgcd(b,a%b,y,x);y-=a/b*x;
}

逆元

在\(gcd(A,P)==1\)时，\(A\)在模\(P\)意义下存在逆元（证明可以符合Exgcd有解的证明），其余情况不存在逆元

通常\(P\)为质数时就是\(A^{p-2}\)作为逆元（费马小定理）

  • 欧拉定理（费马小定理） \(x^{-1}\equiv x^{p-2}(mod\ p)\)，要求\(p\)为质数
  • 解方程（Exgcd）\(Px+Ay=1,A=\frac{1}{y}(mod\ P)\)
  • 线性递推逆元：

    令\(a=\lfloor\frac{p}{i}\rfloor,b=p\%i\)，则有\(ai+b=p,i\equiv-\frac{b}{a}(mod\ p),\frac{1}{i}\equiv-\frac{a}{b}(mod\ p)\)

    由于\(b<i\)，所以\(b\)的逆元已经求出，直接可以得到：

    inv[i]=p-(p/i*inv[p%i])%p;

    ?

gcd

具有一些奇妙的性质，如可合并

  • 往数集中加入一个数，要么gcd不变，要么至少变为原来的\(\frac{1}{2}\)（所以可以用来分块了(同样的xor也每次只会增加log次)）

欧拉函数\(\varphi(x)\)

表示小于x且与x互质的数的个数

计算公式

\[\varphi(n)=n*\prod(1-\frac{1}{p_i})\]，其中\(p_i\)表示\(n\)的不相同的质因子

欧拉公式

\[a^{\varphi(p)}\equiv 1\ (mod \ p)\]

降幂公式

  • \(x,p\)互质：\(x^k\equiv x^{k\%\varphi(p)}\ (mod\ p)\)
  • \(x,p\)不互质：\(x^k\equiv \begin{cases}x^{k}\ (mod\ p),k\le\varphi(p) \\x^{k\%\varphi(p)+\varphi(p)}\ (mod\ p),k>\varphi(p)\end{cases}\)

CRT&EXCRT

\(O(nlogn)\)求解一系列同余方程，如

\[\begin{cases}x\equiv A_1(mod\ P_1) \\x\equiv A_2(mod\ P_2) \\...\\x\equiv A_n(mod\ P_n) \\\end{cases}\]

代码如下（未判无解）

ll gcd(ll a,ll b) {return !b?a:gcd(b,a%b);}
void Exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y)
{
    if(!b) {x=1;y=0;return;}
    Exgcd(b,a%b,y,x);y-=a/b*x;
}
int EXCRT()
{
    for(int i=2;i<=n;i++)
    {
        ll g=gcd(P[i-1],P[i]),C=(A[i]-A[i-1])/g,x,y;
        Exgcd(P[i-1]/g,P[i]/g,x,y);
        P[i]=P[i-1]*P[i]/g;
        A[i]=A[i-1]+P[i-1]*x*C;
        A[i]=(A[i]%P[i]+P[i])%P[i];
    }
    return A[n];
}

方法是每次合并两个方程，手推式子\(P[i]x+A[i]=P[i+1]y+A[i+1]\ \ \ ->\ \ \ P[i]x+P[i+1]y=A[i+1]-A[i]\)

可以发现模数为原来的\(lcm\)（先除以\(gcd\)再乘，很容易爆\(long\ long\)），余数为原来余数加上模数的\(x\)倍

注意经常x算出来是负数所以时刻\(+mod)\%mod !\)

有的时候题目并没有那么裸

  • \(x\)前带系数（屠龙勇士）

\(Ax\equiv B(mod\ p)\ \ ->\ \ Ax+pk=B(当且仅当B\%gcd(A,p)==0时有解)\ \ ->\ \ x=x_0+tp\ \ ->\ \ x\equiv x_0(mod\ p)\)

  • CRT合并答案

对于一些公式，只适用于模数是质数的情况，而题目要求的模数要是任意正数，所以可以求得

\[\begin{cases}Ans\equiv A_1(mod\ P_1) \\Ans\equiv A_2(mod\ P_2) \\...\\Ans\equiv A_n(mod\ P_n) \\\end{cases}\]

然后用CRT合并答案，求得\(Ans\equiv OUTANS\ (mod\ Mod)\)

但是就所见到的题目来说（任意模数NTT），只有在答案不太大的时候适用，例如该题答案不会超过\(10^9*10^9*10^5=10^{23}\)，方法是选取三个乘积大于\(10^{23}\)的NTT模数，得到

\[\begin{cases}Ans\equiv A_1(mod\ P_1×P_2) \\Ans\equiv A_2(mod\ P_3) \\\end{cases}\]

令\(M=P_1*P_2\)于是\(Ans=kM+A_1=k_3P_3+A_2\)，即\(kM+A_1\equiv A_2(mod\ P_3)\)

由于\(Ans\le10^{23}<P_1P_2P_3=MP_3\)，所以\(k<P_3\)，根据此同余方程可以求得\(k\)在\(mod\ P_3\)的解也就是\(k\)的实际值

然后就可以带入求得答案\(Ans=kM+A_1\)了，不过会爆\(long\ long\)，可以采用这个

ll mul(ll x,ll y,ll p) {return (x*y-(ll)(long double)x/p*y+0.5)*p+p)%p;}

BSGS&EXBSGS

快速（\(O(\sqrt n)\)）求解\(A^x=B(mod\ P)\)的\(x\)的解，板子题：[SDOI2013]随机数生成器

普通的BSGS要求P是质数，拓展的可以不用是质数

通过降幂公式，能够知道\(x\le P-1\)，令\(M=\sqrt P\)，则\(x=iM+j\)，可以枚举\(i\)的值，得到\(t=A^{(i+1)M}\)，查表看是否存在\(T=A^{M-j}B\)满足条件，得到解就返回，这样就能保证解是最小的了

int BSGS(int A,int B,int P)
{
    if(!A%P) return -1;
    int M=sqrt(P)+1;Hash.reset();
    for(int i=0,t=B;i<M;i++,t=1ll*t*A%P) Hash.Add(t%Mo,t,i);//存入B*A^i的哈希值
    for(int i=1,bs=ksm(A,M,P),t=bs;i<=M;i++,t=1ll*t*bs%P)//t=A^{(i+1)M}
        if(Hash.Query(t)!=-1) return i*M-Hash.Query(t);
    return -1;
}

FFT/NTT/MTT/FWT

板子

原根相关

定义：

原根类似于FFT的单位复根，使得能够进行取模操作

NTT模数是指有原根且是\(r×2^k+1\)的形式的模数，如\(998244353(3)\)、\(1004535809(3)\)

存在性及判定：

一个数有原根当且仅当它为\(2,4,p,2p,p^r\)（p为奇质数）

\(g^1,g^2...g^{\phi(p)}\)在\(mod\ p\)下各不相同，且\(g^{\phi (p)}=1\)，当p为质数时，也就是说\(g^1...g^{p-1}\)分别对应\(1...p-1\)

在\(p\)为质数时，令\(p-1=p_1^{a1}p_2^{a_2}...p_n^{a_n}\)，若存在\(g^{\frac{p-1}{p_i}}=1\)则\(g\)不是原根，否则是原根（证明）

注意点

  • 两个多项式最高次项分别为\(l1,l2\)，那么需要开的长度(包括0)是\(>l1+l2\)的第一个形如\(2^k\)的数

组合公式

  • 从\((0,0)\)走到\((n,m)\)，不碰到直线\(y=x+b\)的方案数：\(C(n+m,n)-C(n+m,n-b)\)

    意义为沿着直线翻折，越过直线的路径对称域从翻着顶点到终点的路径

斯特林数

第一类斯特林数

第一类斯特林数：\(n\)个人坐\(m\)张圆桌的方案数（人不同，圆桌相同，n个元素构成m个圆排列）

\[s[n,m]=s[n-1,m-1]+s[n-1,m]*(n-1)\]

第二类斯特林数

第二类斯特林数：\(n\)个球放入\(m\)个盒子的方案数（球不同，盒子相同，n个元素分成m个非空集合）

\[S\{n,m\}=S\{n-1,m-1\}+S\{n-1,m\}*m\]

常用数学公式

  • 平方和的前缀和 \(\sum_{i=1}^{n}i^2=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}\)
  • 立方和的前缀和 \(\sum_{i=1}^{n}i^3=(\frac{n(n+1)}{2})^2\)

位运算

子集枚举

\(0\)~\(2^n\)的子集个数之和是\(3^n\)（一个位置可以有三种情况：没被选到、选到但是没有被子集枚举到、选到并被枚举到）

以下可以快速求子集

for(int i=s;;i=(i-1)&s)
{
    //do whatever you want
    if(!i) break;
}

高维前缀和

统计子集

for(int p=0;p<=20;p++)
    for(int i=0;i<1<<p;i++)
        if(i&(1<<p)) f[i]+=f[i^(1<<p)];

统计超集

for(int p=0;p<=20;p++)
    for(int i=0;i<1<<p;i++)
        if(!(i&(1<<p))) f[i]+=f[i|(1<<p)];

技巧经验

容斥

  • 从\((0,0)\)到\((n,m)\)且不经过一些禁点的方案数（BZOJ两双手）

    \(f[i]=\sum_{j=0}^{j<i}-f[j]*way(j,i),f[0]=-1,way(j,i)\)表示从j点到i点的方案数，按照从\((0,0)\)走到该点的所需步数排序

组合计数

  • 可以画成二维平面上的点去移动，辅助理解、推式子

有趣的式子

gcd有关

  • \(\sum_{i=1}^{n}gcd(i,n)\)

    \(=\sum_{d=1}^{n}(d\sum_{i=1}^{n}[gcd(i,n)==d])\)

    \(=\sum_{d=1}^{n}d\varphi(\frac{n}{d})\)（当然到这步就可以\(O(n\sqrt n)\)做了）

    \(=\sum_{d=1}^{n}\frac{n}{d}\varphi(d)\)

    \(=\sum_{d=1}^{n}\frac{n}{d}d\prod_{p_i|d}\frac{p_i-1}{p_i}\)

    \(=n\sum_{d=1}^{n}\prod_{p_i|d}\frac{p_i-1}{p_i}\)

    考虑每个质数选或者不选的生成函数：\((b_i\frac{p_i-1}{p_i}+1)\)，其中\(b_i\)表示\(p_i\)的指数，含义为选了这个质数就会有\(b_i\)种指数

    所以最后答案就是\(n\prod_{p_i|n}(b_i\frac{p_i-1}{p_i}+1)\)

    ?

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时间： 2024-11-01 11:02:20

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