歐拉函數 線性篩 快速冪 逆元 中國剩餘定理 exgcd

快速冪

快速冪是對倍增思想的應用，可以以 $\log$ 級別的複雜度求 $a^k$。

若 $k$ 爲偶數，則 $a^k = a^{\frac{k}{2}} \times a^{\frac{k}{2}}$。

若 $k$ 爲奇數，則 $a^k = a^1 \times a^{k-1}$。奇數減一爲偶數。

int ksm(int a, int k, int p) {
  	int res = 1;
  	while (k) {
    	if (k & 1) res = res * a % p;
    	a = a * a % p;
    	k >>= 1;
  	}
  	return res % p;
}

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線性篩

線性篩質數可求 $1 \sim n$ 所有的質數。

對於每一個數 $i$，標記所有小於 「$i$ 的最小質因子」 的質數 $\times i$ 的數爲合數。如 $i=77=7 \times 11$，那麼 $2 \times 77, \ 3\times 77, \ 5 \times 77$ 會標記爲合數。

想證明該算法爲線性且正確，只需證明沒有重複篩，沒有多篩，沒有漏篩三點即可。其中沒有重複篩顯然成立。

令一個合數 $x = \prod _{j=1}^n p_j \land p_j < p_{j+1}$。

篩掉該合數的機會爲 $i = \frac{\prod _{j=1}^n p_j}{p_j} \land x = p_j \times \frac{\prod _{j=1}^n p_j}{p_j}$ 。因爲標記所有小於 「$i$ 的最小質因子」 的質數 $\times i$ 的數爲合數，所以 $j = 1$。沒有重複篩成立。

有 $\frac{\prod _{j=1}^n p_j}{p_1} < x$，所以 $i = \frac{\prod _{j=1}^n p_j}{p_1}$ 時將 $x$ 標記爲合數。沒有漏篩成立。

int pr[N + 5], vis[N + 5] = {1, 1}, n, tot;
void init() {
	for (int i = 1; i <= N; i++) {
		if (!vis[i]) pr[++tot] = i;
		for (int j = 1; j <= tot && i * pr[j] <= N; j++) {
			vis[i * pr[j]] = 1;
			if (i % pr[j] == 0) break; 
		}
	}
} 

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exgcd

擴展歐幾里得求形如 $ax + by = c$ 的方程。

• 對於不爲 $0$ 的整數 $a,b$，存在整數 $x,y$，使得 $ax + by = gcd(a,b)$。

• 方程 $ax + by = c$ 有解，當且僅當 $gcd(a,b)|c$。

特殊情況：對於 $ax + by = gcd(a,b)$，當 $b = 0$ 時，令 $x = 1, y = 0$ 即求得一組解。

一般情況：借鑑輾轉相除法 $gcd(a,b)=gcd(b,a \bmod b)$，假設已經求得了 $(b \bmod a) x_0+ay_0=gcd(a,b)$ 的一組解 $(x_0, y_0)$，方程可以根據 $a \bmod m=a-m\left \lfloor \frac{a}{m} \right \rfloor$ 變形爲

$(b-a\left \lfloor \frac{b}{a} \right \rfloor)x_0+ay_0=gcd(a,b)$

$\left \lfloor \frac{b}{a} \right \rfloor x_0 + ay_0 + bx_0 = gcd(a,b)$

$a(y_0-\left \lfloor \frac{b}{a} \right \rfloor x_0)+bx_0=gcd(a,b)$

交換 $x_0$ 與 $y_0$
$a(x_0-\left \lfloor \frac{b}{a} \right \rfloor y_0)+by_0=gcd(a,b)$

$\begin{cases} ax + by = gcd(a,b) \\ a(x_0-\left \lfloor \frac{b}{a} \right \rfloor y_0)+by_0=gcd(a,b) \end{cases} \iff \begin{cases} x=x_0-y_0\left \lfloor \frac{b}{a} \right \rfloor \\ y=y_0 \\ \end{cases}$

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

如何求最小正整數解。假設我們求出了
$ax_0+by_0 = gcd(a,b)$
的一組解 $(x_0, y_0)$。有解的必要條件爲 $gcd(a,b)|c$，所以令 $k = \frac{c}{gcd(a,b)}$。
$ax + by = c$

$ax + by = k \times gcd(a,b)$

$\begin{cases} a \frac{x}{k} + b \frac{y}{k} = gcd(a,b) \\ ax_0 + by_0 = gcd(a,b) \end{cases} \iff \begin{cases} x = k \times x_0 \\ y = k \times y_0 \end{cases} \iff \begin{cases} x = \frac{c}{gcd(a,b)} \times x_0 \\ y = \frac{c}{gcd(a,b)} \times y_0 \end{cases}$

$a \times \frac{c}{gcd(a,b)} \times x_0 + b \times \frac{c}{gcd(a,b)} \times y_0 = c$

爲了求最小整數解，需要把上式的 $x_0$ 儘可能地減小，如果 $x_0$ 減小，對應的 $y_0$ 會增加。所以設 $x_0$ 減小了 $t_0$，$y_0$ 增加了 $t_1$。
$\begin{cases} x = x_0 \times \frac{c}{gcd(a,b)} - \frac{c}{gcd(a,b)} \times t_0 \\ y = y_0 \times \frac{c}{gcd(a,b)} + \frac{c}{gcd(a,b)} \times t_1 \end{cases} \\ \Downarrow \\ a \times x_0 \times \frac{c}{gcd(a,b)} - a \times \frac{c}{gcd(a,b)} \times t_0 + b \times y_0 \times \frac{c}{gcd(a,b)} + b \times \frac{c}{gcd(a,b)} \times t_1 = c\\ \because a \times \frac{c}{gcd(a,b)} \times x_0 + b \times \frac{c}{gcd(a,b)} \times y_0 = c \\ \therefore a \times \frac{c}{gcd(a,b)} \times t_0 = b \times \frac{c}{gcd(a,b)} \times t_1 \\ \frac{t_0}{t_1} = \frac{b \times \frac{c}{gcd(a,b)}}{a \times \frac{c}{gcd(a,b)}} \\ \frac{t_0}{t_1} = \frac{b}{a}$

$a (x_0 - t_0) + b(y_0 + t_1) = c \iff a(x_0 - t_0) + b(y_0 +\frac{a}{b} \times t_0 )$

讓 $t_0 = \frac{b}{gcd(a,b)}$，將 $x_0$ 減到不能再減爲止，並考慮 $\frac{b}{gcd(a,b)} < 0$ 的情況需要加上模數再取模。總結公式爲
$\begin{cases} x_{min}=(x_0 \bmod \frac{b}{gcd(a,b)} + \frac{b}{gcd(a,b)}) \bmod \frac{b}{gcd(a,b)} \\ y_{min} = \frac {c – a \times x_0}{b} \end{cases}$

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逆元

逆元與除法取模有關，具體的，如果 $\frac{a}{b} \bmod m = a \times x \bmod m$，我們把 $x$ 叫作 $b$ 在模 $m$ 意義下的逆元，記做 $b^{-1}$。有
$b \times x \equiv 1\pmod{m}$

求質數逆元常見的方式是費馬小定理。 如果模數 $p$ 爲一個質數，而整數 $a$ 不是 $p$ 的倍數，則有
$a^{p-1} \equiv 1\pmod{p} \\ \Updownarrow \\ a^{p-2} \equiv a^{-1} \pmod{p}$
所以 $a$ 的逆元爲 $a^{p-2}$。

如果模數 $m$ 不爲質數，但 $b$ 與 $m$ 互質，那麼可以用擴展歐幾里得求逆元。因爲擴展歐幾里得可以求線性同餘方程
$b \times x \equiv 1\pmod{m} \\ \Updownarrow \\ b \times x \bmod m = 1 \\ \Updownarrow \\ bx + (- my) = 1$

exgcd 求解即可。

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歐拉函數

歐拉函數的符號爲 $\varphi$，$\varphi(n)$ 爲小於等於 $n$ 與 $n$ 互質的數的個數。

對於一個質數 $p$ 和一個整數 $k$，有
$\varphi(p) = p - 1 \\ \varphi(p^k) = p^k - \frac{p^k}{k} = p ^k - p^{k-1}$

對於一個數 $n$，將他分解質因數
$n = \prod_{i=1}^k p_i^{a_i} \\ \varphi(n) = \varphi (\prod_{i=1}^k p_i^{a_i}) = \prod_{i=1}^k {p_i}^{a_i} - {p_i}^{a_i - 1} \\ = \prod_{i=1}^k {p_i}^{a_i} (1 - \frac{1}{p_i}) = n \times \prod_{i=1}^k (1 - \frac{1}{p_i})$

以上爲歐拉函數的通式。

衆所周知，歐拉函數爲積性函數，有 $\varphi(ab) = \varphi(a)\varphi(b)$，其中 $a$ 與 $b$ 互質。所以可以用線性篩的方法在求質數表的同時求歐拉函數。需要用到以下性質，其中 $p$ 爲質數

1. $\varphi(p) = p - 1$

2. 若 $p|i$，那麼 $\varphi(i \times p) = \varphi(i) \times p$，證明略。

3. 若 $p \not| \ \ i$，那麼 $\varphi(i \times p) = \varphi(i) \times (p-1)$。

略證：若 $p\not| \ \ i$，那麼 $i$ 與 $p$ 互質，根據積性函數的性質 $\varphi(i \times p) = \varphi(i) \times \varphi(p) = \varphi(i) \times (p - 1)$。

int pr[N + 5], vis[N + 5] = {1, 1}, phi[N + 5], n, tot;
void init() {
	for (int i = 1; i <= N; i++) {
		if (!vis[i]) {
			pr[++tot] = i;
			phi[i] = i - 1;
		}
		for (int j = 1; j <= tot && i * pr[j] <= N; j++) {
			vis[i * pr[j]] = 1;
			if (i % pr[j] == 0) {
				phi[i * pr[j]] = phi[i] * pr[j];
				break; 	
			}
			phi[i * pr[j]] = phi[i] * (pr[j] - 1);
		}
	}
} 

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中國剩餘定理

中國剩餘定理給出了以下的同餘方程組，假設 $m_1 \sim m_n$ 兩兩互質，求 $x$ 滿足
$(S): \begin{cases} x \equiv a_1 \pmod{m_1} \\ x \equiv a_2 \pmod{m_2} \\ \quad \vdots \\ x \equiv a_n \pmod{m_n} \end{cases}$
中國剩餘定理構造如下

設 $M = \prod_{i=1}^n m_i$，$M_i = \frac{M}{m_i}$。$t_i$ 爲 $M_i$ 在模 $m_i$ 意義下的乘法逆元，即爲 $M_i \times t_i \equiv 1(\mod m_i)$。

方程 $(S)$ 的通解公式爲
$x = kM + \sum_{i=1}^n a_it_iM_i$
如果 $k = 0$，則 $x$ 爲 $(S)$ 的最小解。

略證：對於 $a_i$ 和 $m_i$，有
$t_iM_i \bmod m_i = 1 \iff a_it_iM_i \bmod m_i = a_i \bmod m_i$
對於 $a_j, m_j \quad (j \not= i)$，有 $m_i|M_i$。所以 $a_jt_jM_j \bmod m_i = 0$

對於 $kM$，同理 $kM \bmod m_i = 0$。

綜上所述，$x = kM + \sum_{i=1}^n a_it_iM_i$ 爲方程 $(S)$ 的通解。$k = 0$ 時有最小解。

對於上述式子，$t_i$ 可以用 exgcd 求逆元的方法求。因爲 $m_1 \sim m_n$ 兩兩互質 $\prod_{j=1}^n m_j$ 在約去 $m_i$ 後爲 $M_i$ 且與 $m_i$ 互質。