模板有标记。
P5514
CF1322B
按位考虑， 两个数的和的第 k 位的取值只与这两个数的低位有关， 所以在考虑从低到高第 k 位（从 0 开始）的时候， 把所有数对 \(2^{k+1}\) 取模。
对于两个取模后的数， 如果要在第 k 位为 1， 和必须在 \([2^k,2^{k+1}-1]\) 或 \([2^{k+1}+2^k, 2^{k+2}-2]\) 中。
双指针计算即可。
【记录】
P5535
伯特兰-切比雪夫定理
若整数 n > 3， 则至少存在一个质数 p 满足 \(n<p<2n-2\)。
另一个稍弱说法是， 若整数 n > 1， 存在一个质数 p 满足 \(n<p<2n\)。
对于本题，若 k+1 为质数， 那么第一天不是 k+1 倍数的都将知道， 那么如果 (k+1)*2 > n + 1， 只需一天所有数就都知道了；如果 2~n+1 中有 k+1 的倍数， 那么只需两天， 这是因为相邻数的 gcd 为 1。
若 k+1 不是质数，不会证。
P1072
由于 x 必然为 \(b_1\) 的约数， 所以 x 可能拥有的质因子集合找到了。
然后， 题目的两个约束可以限定质因子的幂次的范围。
然后直接扫过去就行了，可以过。
当然，也可以直接 dfs 求出 \(b_1\) 所有的约数然后一个一个判断。
【记录】
P2152
高精度！不写了！
P2158
显然同斜率的只有离 C 君最近的才可以被看到。
那么答案就是 \(3+2*\sum\limits_{i=2}^{N-1}\varphi(i)\)， 记得特判 n=1。
【记录】
P2398
关于这个 \(g\)， \(id = 1*g\)， 那么显然这个 g 是 \(\varphi\)。
【记录】
要记住 \(\varphi(1)=1\) 和 \(\mu(1) = 1\) ！！！
P2568
首先枚举 p， 问题变成 \(1\le x,y\le \lfloor n/p\rfloor\) 中互质的 x，y 对数， 可以直接用 \(\varphi\) 搞， 这个是 \(1+2\cdot\sum\limits_{i=2}^{\lfloor n/p\rfloor}\varphi(i)\)。
【记录】
P4139【扩展欧拉定理】
由于 \(2^{2^{2^{\cdots}}}\) 太大，可以直接用扩展欧拉定理。
扩展欧拉定理：
直觉上递归不会太多次， 直接在过程中暴力计算 \(\varphi\)。
【记录】
P4549
裴蜀定理可以推广到多个数。
P2613
欧拉定理求逆元的代码测试题。
P3811【模数为质数时预处理逆元】
当 mod 为质数时，可用：
inv[1] = 1;
for (int i = 2; i < mod; ++ i)
inv[i] = (mod - mod / i) * inv[mod % i] % mod;
这样推导：
P5431【预处理一堆逆元】
求前缀乘积， 然后求全乘起来的逆元， 然后这个可以用来求前缀乘积的逆元。
然后前缀乘积的逆元和前缀乘积可以组合成逆元。
总复杂度 \(O(n+\log w)\)。
P3951【小凯的疑惑/同余最短路】
著名的小凯的疑惑。
介绍看到的用同余最短路理解的方法。
首先关于同余最短路：
lg2371
【记录】
令 \(a<b\)， 模拟一下同余最短路的过程：
\(0\to b\mod a \to 2b \mod a\to \cdots\to (a-1)b\mod a\to 0\)
对于膜 a 的等价类， 都有一个最小的可以被表示出来的数， 把这个数减去 a 就是最大的不可以被表示出来的数（仅限当前等价类）。
观察上面那个最短路的过程， 可以发现每个点被遍历到的时候都是走的最短路， 所以本题的答案显然就是 \((a-1)b-a\) 也就是传说中的 \(ab-a-b\)。
P1082
基本的 exgcd
【记录】
P1516【exgcd】
基础练习题
【记录】
P3846【BSGS】
也就是离散对数， 直接分块搞。
【记录】
P6091【原根】
求所有原根， 需要先求最小原根， 然后对于与模数的 φ 互质的数， 将它们作为最小原根的次数， 可以得到所有原根。
【记录】
P5491【二次剩余】
【rqy的介绍】
抄一下。
以下 p 都指奇素数。
称 \(a\) 是 \(\mod p\) 意义下的二次剩余（感性记忆就是 “可开方的”）， 如果存在 \(b\in\mathbb F_p\) 使得 \(b^2 = a\)。
性质：
-
在 \(1,...,p-1\) 中恰有一半二次剩余。
设 g 是 \(\mathbb F_p\) 的原根 ，那么二次剩余恰为 \(g^0,g^2,g^4,\dots,g^{p-3}\)。
稍微解释一下，这是因为 \(\mathbb F_p\) 中的所有数都可以用 g 的幂次表示， 而由于 g 是最小原根，所以 g 不可开方。
-
xy 是二次剩余当且仅当 x，y 都是或都不是二次剩余。
结合上面的比较显然。
-
令 \((\frac ap)\) (Legendre symble) 为：
\[\]\begin{cases}
0\quad ;;;a\equiv 0\
1\quad ;;;a 是二次剩余\
-1\quad a 不是二次剩余
\end{cases}\[\]如果 \(a=g^u\)， 那么 \(a^{(p-1)/2} = g^{u(p-1)/2}\)， u 为偶数的时候， 显然这个式子等于 1， 反之， 等于 -1。这是因为 \(g^{(p-1)/2}\equiv -1\)。(猜的)
Cipolla 算法
现在的问题是， 已知 n 是二次剩余， 如何求出一个 \(x\in\mathbb F_p\) 使得 \(x^2 = n\)？
首先找到一个 \(a\in \mathbb F_p\) 使得 \(a^2-n\) 不是二次剩余。
可以随机 a， 可以证明满足条件的 \(a\) 有 \(\frac{p-1}2\) 个， 所以期望 \(\frac{2p}{p-1}\approx 2\) 次就可以找到一个。（暂时不会证）
接下来以 \(a^2-n\) 作为类似复数域的虚部 \(i^2\) 的东西造一个类似复数域的东西，考虑扩域 \(\mathbb F_p[\sqrt{a^2-n}]\)， 其由所有形如 \(u+v\sqrt{a^2-n}\) 的数组成，其中 \(u,v\in\mathbb F_p\)。记 \(\alpha = \sqrt{a^2-n}\)， 那么域中的数即为 \(u+v\alpha\)。
在这个域中，有一些性质：
- \((x+y)^p = x^p+y^p\)（可用二项式定理展开后证明， 实际上，任何每个元素的 p 倍都是 0 的域中， 这个性质都成立）
- \(\alpha^p = -\alpha\)。因为 \(\alpha^p = (a^2-n)^{(p-1)/2}\alpha = -\alpha\)。
现在令 \(x = (a+\alpha)^{(p+1)/2}\)
那么：
于是现在在 \(\mathbb F_p[\sqrt{a^2-n}]\) 中求得了 \(x^2=n\) 的一个解 \(x\)。还需要说明 \(x\) 一定属于 \(\mathbb F_p\)。
这个等价于证 \(x\) 的虚部为 0， 反证法即可。
【记录】
P2485
【记录】
P3306
细节太多先咕着。
P4884
【记录】
分配律的大膜数乘法比较靠谱， 那个用 double 的比较看不懂。