2.14數論

類歐幾里得算法

擴展歐拉定理（對於a,p不互質的情況計算a%p）：https://blog.csdn.net/hzj1054689699/article/details/80693756

二次剩餘

https://blog.csdn.net/kele52he/article/details/78897187
對於n整數a若存在整數x 滿足 x^2%n=a那麼稱a是mod n 的二次剩餘
判定：當且僅當 a^(p-1)/2=1
引理：對於奇素數p下的二次剩餘n，有兩個不同的x滿足x^2%p=n
一個奇素數的完全剩餘系下有(p-1)/2 個二次剩餘。

Cipolla 算法

求解 x^2=n mod p，$O(n\log n)$。

步驟：
1.隨機一個 a，使得 $(a^2-n)^{(p-1)/2}=-1\mod p$，期望次數 2 次。
2.令 $\omega=\sqrt{a^2-n}$，擴域爲虛根。
3.$(a+\omega)^{(p+1)/2}$ 即爲所求。

//xy%p=xy-(xy)/p*p
inline ll qmul(ll a,ll b,ll mod)
{
    a%=mod,b%=mod;
    return (((a*b)-(ll)((ll)((long double)a/mod*b+1e-3)*mod))%mod+mod)%mod;
}

擴展BSGS

狄利克雷卷積的逆

$f*f^{-1}=e$。通過構造，可以 $O(n\log n)$ 構造出函數的逆。
如果積性函數 $f$ 和 $g$ 對於任意質數 $p$ 滿足 $f(p)=g(p)=1$，我們就可以快速求出 $f$ 的前綴和。
設 $h=f*g^{-1}$，那麼就有 $f(p)=g(1)h(p)+g(p)h(1)=h(p)+1=1$，推出 $h(p)=0$。
我們要求的是：
$\sum_{i=1}^n f(i) = \sum_{i=1}^n\sum_{d|i}g(d)h(\frac i d) = \sum_{d=1}^nh(d)\sum_{i=1}^{n/d} g(i)$
由於 $h$ 只在所有質因子次數都大於 1 的情況下才不爲零，這樣的數可以寫成 $a^2b^3$ 的形式，不超過 $O(\sqrt n)$ 個。枚舉 $a$，枚舉 $b$，就得到了 $a^2b^3$ 的質因數分解，即可快速計算。

狄利克雷生成函數

$F(s)=\sum_{i=0}^{\infin}f(i)/i^s$
多項式卷積即爲狄利克雷卷積。

定義求導算子 $'$:當 $p$ 爲質數時，$p'=1$，對於整數 $a$，$b$，有 $(ab)'=a'b+ab'$。

1

求 $\sum_{i=1}^n \gcd(i,i')$。
??? ??? ???

min_25 篩

作用：計算積性函數前綴和。複雜度 $O(\frac{n^{3/4}}{\log n})$。
要求：$f(p)$ 爲關於 $p$ 的低次多項式，$f(p^c)$ 能很快計算。

第一步

我們想要求所有質數的函數值。考慮用質數把合數的貢獻篩掉。記 $g(n,j)=\sum_{i=1}^n [mind(i)>p_j]~i^k$ ，$mind(i)$ 表示 $i$ 的最小質因子。
初始，我們知道 $g(n,0)$ 的值，也就是一個自然數冪和（這就是要求 $f(p)$ 是一個低次多項式的原因）。因此我們按照 $j$ 從小到大的順序轉移 $g$。考慮 $g(n,j-1)$ 轉移到 $g(n,j)$，有哪些數變得不合法了。就是那些最小質因子剛好爲 $p_j$ 的那些數。
注意到，如果 $p_j^2$ 如果大於 $x$，由於沒有小於 $x$ 的合數含有 $p_j$，因此直接轉移過來。
$g(n,j)= \begin{cases} g(n,j-1)-p_j^k\big(g(n/p_j,j-1)-g(p_j-1,j-1)\big)&，p_j^2\leq n\\ g(n,j-1)&，p_j^2>n \end{cases}$
第一維只有根號 $n$ 大小。發現求 $g$ 的過程與積性函數沒關係，因此可以求 $1$ 到 $n$ 質數個數。

第二步

考慮用這個東西求函數的前綴和。定義 $s(n,j)=\sum_{i=1}^n[mind(i)\geq p_j]~f(i)$。目標是求 $s(n,1)$，邊界條件是 $s(n,|p|)$ 爲所有質數的答案。因此我們遞歸計算 $s$。轉移的時候枚舉最小質因子，枚舉最小質因子 $p_k$ 的次數 $e$，$s[n/p_k^e][k+1]$。注意單獨考慮 $f(p_k^e)$。

$s(n,j)=g(n,|p|)-\sum_{i=1}^{j-1}f(p_i)+\sum_{k\geq j}\sum_e\big(f(p_k^e)s(n/p_k^e,k+1)+f(p_k^{e+1}) \big)$

Loj6053 簡單的函數
Notice： 1 拿出來最後單獨統計，val 數組裏的值從大到小，數組開到兩倍根號。

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define pb push_back
#define ld long double
using namespace std;
const int mod=1e9+7,M=200010,inv2=(mod+1)/2;
int ind1[M],ind2[M];
bool np[M];
ll sum[M],p[M],cnt,tot,h[M],g[M],val[M],n,B;
int read()
{
	int x=0;char c=getchar(),flag='+';
	while(!isdigit(c)) flag=c,c=getchar();
	while(isdigit(c)) x=x*10+c-'0',c=getchar();
	return flag=='-'?-x:x;
}
void init(int n)
{
	np[1]=1;
	for(int i=2;i<=n;i++)
	{
		if(!np[i]) p[++cnt]=i;
		for(int j=1;j<=cnt&&i*p[j]<=n;j++) 
		{
			np[i*p[j]]=1;
			if(i%p[j]==0) break;
		}
	}
	for(int i=1;i<=cnt;i++) sum[i]=(sum[i-1]+p[i])%mod;
}
ll S(ll x,int j)
{
	if(x<=1||x<p[j]) return 0;
	int t=(x<=B)?ind1[x]:ind2[n/x];
	ll ans=g[t]-sum[j-1]-h[t]+(j-1);
	if(j==1) ans+=2;
	for(int k=j;k<=cnt&&p[k]*p[k]<=x;k++)
	{
		ll t1=p[k],t2=p[k]*p[k];
		for(int e=1;t2<=x;e++,t1=t2,t2*=p[k])
			ans=(ans+(p[k]^e)*S(x/t1,k+1)+(p[k]^(e+1)))%mod;
	}
	return ans;
}
int main()
{
	cin>>n;
	init(B=sqrt(n)+1);
	for(ll l=1,r;l<=n;l=r+1)
	{
		r=n/(n/l);
		val[++tot]=n/l;
		if(n/l<=B) ind1[n/l]=tot;
		else ind2[r]=tot;
		ll t=(n/l)%mod;
		h[tot]=(t-1)%mod;
		g[tot]=(2+t)*(t-1)%mod*inv2%mod;
	}
	for(int j=1;j<=cnt;j++)
	{
		for(int i=1;i<=tot&&p[j]*p[j]<=val[i];i++)
		{
			int t=(val[i]/p[j]<=B)?ind1[val[i]/p[j]]:ind2[n/(val[i]/p[j])];
			g[i]=(g[i]-p[j]*(g[t]-sum[j-1]))%mod;
			h[i]=(h[i]-h[t]+j-1)%mod; 
		}
	}
	cout<<(S(n,1)%mod+1+mod)%mod;
	return 0;
}
/*by DT_Kang*/