0x34 数学初等数论

质数🚩

质数：若一个正整数 \(n\) 无法被除了 \(1\) 和它自身以外的任何正整数整除，则称该数为质数（或素数）。否则称该数为合数。

质数分布函数：\(\pi(n)\) 表示 \(1 \sim n\) 中的质数个数。当 \(n\) 足够大时，\(\pi(n) \sim \frac{n}{\ln n}\)。

唯一分解定理：任意一个大于 \(1\) 的正整数 \(n\)，都可以唯一分解成有限个质数的乘积，记作

\[n = p_1^{c_1}p_2^{c_2}\dots p_t^{c_t} \]

其中 \(p_i\) 均为质数且满足 \(p_1 < p_2 < \dots < p_t\)，\(c_i\) 均为正整数。

质因数的根号分治：一个正整数 \(n\)，大于 \(\sqrt{n}\) 的质因子最多只有 \(1\) 个。

阶乘的质因数分解

对于阶乘 \(n! = 1 \times 2 \times \dots \times n\)，由于每一项均为 \([1, n]\) 中的正整数，故分解出的质因数也均为 \([1, n]\) 中的质数。

筛出 \(1 \sim n\) 中的所有质数，对于每个质数 \(p\)，考虑 \(n!\) 中一共包含了多少个质因子 \(p\)。

共有大约 \(\frac{n}{\ln n}\) 个质数，每个质数 \(p\) 的求解需要 \(\log_p n\) 的开销，故时间复杂度 \(\mathcal{O}(n)\)。

阶乘 \(n!\) 中包含质数 \(p\) 的次数：

\[\sum_{i = 1}^{\lfloor \log_p n \rfloor} \left\lfloor \frac{n}{p^i} \right\rfloor \]

简单推导：设 \(c_i\) 表示 \(i\) 包含的质因子 \(p\) 个数，则阶乘 \(n!\) 包含 \(p\) 的个数为 \(\sum_{j = 1}^{\infty} \sum_{i = 1}^n j[c_i = j]\)，进一步得 \(\sum_{j = 1}^{\infty}\sum_{i = 1}^n [c_i \geq j]\)，不难发现其中 \(\sum_{i = 1}^n [c_i \geq j] = \left\lfloor \frac{n}{p^j} \right\rfloor\)。

阶乘 \(n!\) 中包含合数 \(m\) 的次数：将 \(m\) 唯一分解成 \(m = p_1^{c_1}p_2^{c_2}\dots p_t^{c_t}\) 的形式。

记 \(v_p(n) = \sum_{i = 1}^{\lfloor \log_p n \rfloor} \left\lfloor \frac{n}{p^i} \right\rfloor\)，答案为

\[\min_{1 \leq i \leq t} \left\lfloor \frac{v_{p_i}(n)}{c_i} \right\rfloor \]

埃氏筛

注意到，任意整数 \(x\) (\(x > 1\)) 的倍数 \(2x, 3x, \dots\) 都不是质数。

从 \(2\) 到 \(n\) 依次扫描每一个数 \(x\)，若 \(x\) 尚未被标记，则说明 \(x\) 为质数，并且将其倍数 \(2x, 3x, \dots, \left\lfloor \frac{n}{x} \right\rfloor x\) 均标记为合数。

时间复杂度 \(\mathcal{O}(n \log \log n)\)。

在开 O2 优化的情况下，std::bitset 连续读写效率较高，可以加以优化埃氏筛。

埃氏筛的时间复杂度证明：相当于是证明 \(1 \sim n\) 中所有质数的倒数之和为 \(\mathcal{O}(\log \log n)\) 级别。

由质数分布函数，可以推测第 \(n\) 个质数的大小为 \(\Theta(n \log n)\)，于是有

\[\begin{aligned} \sum_{k = 1}^{\pi(n)} \frac{1}{p_k} & = \mathcal{O}\left( \sum_{k = 2}^{\pi(n)} \frac{1}{k \log k} \right) \\ & = \mathcal{O}\left(\int_2^{\pi(n)} \frac{1}{x \log x} \mathrm{dx} \right) \\ & = \mathcal{O}(\log \log \pi(n)) \\ & = \mathcal{O}(\log \log n) \end{aligned} \]

0x34 埃氏筛.cpp：

// 埃氏筛
std::bitset<MaxV> vis;
void sieve(const int &n) {for (int i = 2; i <= n; i ++) {if (vis[i]) {continue;}for (int j = 2; j <= n / i; j ++) {vis[i * j] = 1;}}
}

线性筛

为了避免埃氏筛重复标记合数。在线性筛中，我们希望确定一个合数的方式能够唯一。

从 \(2\) 到 \(n\) 依次扫描每一个数 \(x\)，在标记合数时，我们只在 \(x\) 的基础上乘上一个质因子 \(p\)，并且保证 \(p\) 是 \(xp\) 的最小质因子。这样做，每个合数只会被自己的最小质因子标记一次。并且顺带还能筛出每个数的最小质因子。

时间复杂度 \(\mathcal{O}(n)\)。

由于线性筛每次只扩展一个最小质因子的结构，可以额外处理很多信息（例如筛出积性函数）。

0x34 线性筛.cpp：

// 线性筛
int primeCount, prime[MaxV], fac[MaxV];
void sieve(const int &n) {for (int i = 2; i <= n; i ++) {if (!fac[i]) {prime[++ primeCount] = i, fac[i] = i;}for (int j = 1; j <= primeCount; j ++) {if (prime[j] > fac[i] || prime[j] > n / i) break;fac[i * prime[j]] = prime[j];}}
}

Miller-Rabin 素性测试

回顾一些内容：

费马小定理：设 \(p\) 是素数，对于任意整数 \(a\)（\(a\) 不能是 \(p\) 的倍数），满足 \(a^{p - 1} \equiv 1 \pmod p\)。

Fermat 伪素数：若满足 \(a^{n - 1} \equiv 1 \pmod n\)，但 \(n\) 不是素数，则称 \(n\) 为以 \(a\) 为底的 Fermat 伪素数。

对于任何固定的基底 \(a\)，都存在无穷多个的 Fermat 伪素数。

Fermat 素性测试：不断地选取在 \([2, n - 1]\) 中的基底 \(a\)，并检验是否每次都满足 \(a^{n - 1} \equiv 1\pmod n\)。

即使检查了所有与 \(n\) 互质的基底 \(a\)，依然无法保证 \(n\) 是素数。这样的数 \(n\) 称为 Carmichael 数，有无穷多个。

二次探测定理：设 \(p\) 是奇素数，则同余方程 \(x^2 \equiv 1 \pmod p\) 的解为 \(x \equiv 1 \pmod p\) 或 \(x \equiv p - 1\pmod p\)。

Miller-Rabin 素性测试：Miller-Rabin 素性测试，结合了费马小定理和二次探测定理，是一种概率性素性测试。实际上，没有已知的数字通过了 Miller-Rabin 素性测试但实际上是合数。可以放心使用。

先将 \(a^{n - 1} \equiv 1 \pmod n\) 中的指数 \(n - 1\)，分解成 \(n - 1 = u \times 2^t\) 的形式。

每次随机一个基底 \(a\)，进行如下的判断：

先使用快速幂求出 \(v = a^u \bmod n\)。如果 \(v = 1\) 或 \(v = p - 1\)，则该轮测试通过。
然后对这个值进行 \(t - 1\) 次平方操作，途中如果该值等于 \(p - 1\)，则该轮测试通过。
否则该轮测试不通过。

在不考虑乘法的开销时，对 \(n\) 进行 \(k\) 轮测试的时间复杂度为 \(\mathcal{O}(k \log n)\)。

可以证明，奇合数 \(n\) (\(n > 9\)) 通过随机选取的一个基底的概率不超过 \(\frac{1}{4}\)。因此随机选取 \(k\) 个基底后，仍然误判的概率不超过 \(\frac{1}{4^k}\)。随机选取 \(10\) 次较为保险。

对于 \([2, 2^{64})\) 范围内的数，工业上通常选用 \(\{ 2, 325, 9375, 28178, 450775, 9780504, 1795265022 \}\) 作为检验的基底。为了方便也可以选择前 \(12\) 个质数作为基底。

Pollard-Rho 质因数分解

Pollard-Rho：用于找出合数 \(n\) 的某一个非平凡因数 \(d\)（非平凡因数：非 \(1\) 且非 \(n\) 的因数）。

若一个正整数 \(n\) 为合数，那么 \(n\) 的最小质因子 \(p\) 满足 \(p \leq \sqrt{n}\)。

如果随机生成 \(\mathcal{O}(\sqrt{p})\) 个正整数，由生日悖论，可能存在两个正整数 \(a, b\) 满足 \(a \equiv b \pmod p\)，此时 \(|a - b|\) 是 \(p\) 的倍数，于是查询 \(\gcd(|a - b|, n)\) 即可得到一个 \(n\) 的一个因子。

生日悖论：在 \([1, n]\) 中随机选择正整数，选出两个相同数的期望轮数为 \(\mathcal{O}(\sqrt{n})\) 级别（近似 \(\sqrt{\frac{\pi n}{2}}\)）。

但这样做，枚举数对的时间复杂度还是太高。

记映射 \(f(x) = (x^2 + c) \bmod n\)，其中 \(c\) 是一个随机选取的常数（\(c \neq 0, -2\)）。Pollard 构造了这样的一个伪随机序列 \(\{x_i\}\)，满足 \(x_i = f(x_{i - 1})\)。

考虑序列 \(\{ x_i \bmod p \}\)，由于 \(x_i\) 仅仅与 \(x_{i - 1}\) 有关，且 \(x_i \bmod p \in [0, p)\)，所以 \(\{ x_i \bmod p \}\) 是一个混循环序列。

建图后形似 \(\rho\) 形（rho），由生日悖论可得尾长与环长均为 \(\mathcal{O}(\sqrt{p})\) 级别。

我们发现，若 \(x \equiv y \pmod p\)，必有 \(f(x) \equiv f(y) \pmod p\)。由此可得在模 \(p\) 的环上，只要某个相距 \(d\) 步的点对满足条件，则所有相距 \(d\) 步的点对均满足条件。所以我们每次最好要检查不同的距离。

Brent 倍增迭代：初始有两个点 \(a, b\)，在第 \(k\) 轮，\(a\) 原地不动，\(b\) 不断地向前共计 \(2^k\) 步，最后再让 \(a\) 直接跳到 \(b\) 的位置。\(b\) 的每一步移动，我们都计算 \(d = \gcd(|a - b|, n)\)，当第一次出现 \(d > 1\) 时

若 \(1 < d < n\)，则我们已经找到了一个非平凡因数，直接返回 \(d\)。
若 \(d = n\)，则说明我们已经完整地跑完了一个环，继续在环上跑也没有意义。
此时我们应该换个映射，或者换一个初始值继续做。

进一步，我们想要降低求解 \(\gcd\) 的次数。注意到，如果 \(\gcd(a, n) > 1\)，则对于任意正整数 \(b\) 均有 \(\gcd(ab \bmod n, n) = \gcd(ab, n) > 1\)。

也就是说，如果 \(\gcd\left(\prod |x_i - x_j| \bmod n, n\right) > 1\)，那么其中必有一对 \(x_i, x_j\) 满足 \(\gcd(|x_i - x_j|, n) > 1\)。

于是我们每 \(k\) 对 \(a, b\) 就计算一次 \(\gcd\)。时间复杂度 \(\mathcal{O}(\sqrt{p} + k^{-1}\sqrt{p} \log n)\)，当 \(k\) 与 \(\log n\) 大致相等时，可以得到 \(\mathcal{O}(\sqrt{p})\) 的理论复杂度。具体实现中，一般取 \(k = 128\)。

Pollard-Rho 质因数分解：如果要对 \(n\) 进行质因数分解，先使用 Miller-Rabin 判断 \(n\) 是否是质数，若 \(n\) 为合数，则使用 Pollard-Rho 找出 \(n\) 的一个非平凡因数 \(d\)，得到两个规模分别为 \(d\) 和 \(\frac{n}{d}\) 的两个子问题，递归进行求解。

0x34 素性测试与质因数分解（Miller-Rabin + Pollard-Rho）.cpp：

// 素性测试与质因数分解
template <class T, auto qmul>
struct primeTools {constexpr T qpow(T a, T b, T p) {T ans = 1;for (; b; b >>= 1) {if (b & 1) ans = qmul(ans, a, p);a = qmul(a, a, p);}return ans;}std::mt19937_64 mtrand{std::random_device{}()};T rand(T l, T r) {std::uniform_int_distribution<T> range(l, r);return range(mtrand);}// 素性测试 Miller-Rabinbool isPrime(T n) {assert(n > 1);if (n % 2 == 0) return n == 2;if (n % 3 == 0) return n == 3;T t = __builtin_ctz(n - 1);T u = (n - 1) >> t;int test = 6;while (test --) {T a = rand(2, n - 1);T v = qpow(a, u, n);if (v == 1 || v == n - 1) {continue;}for (int i = 1; i < t; i ++) {v = qmul(v, v, n);if (v == n - 1) {break;}}if (v != n - 1) {return 0;}}return 1;}T walk(T n) {T c = rand(1, n - 1);T x = rand(1, n - 1), y, v, d;for (int k = 1;; k <<= 1) {y = x, v = 1;for (int i = 1; i <= k; i ++) {x = (qmul(x, x, n) + c) % n;v = qmul(v, x - y + n, n);if (i % 127 == 0 || i == k) {d = std::gcd(v, n);if (d > 1) return d;}}}}// 质因数分解 Pollard-Rhoauto PrimeFactor(T n) {std::map<T, int> buc;std::function<void(T)> solve = [&] (T n) {if (n == 1) {return;}if (isPrime(n)) {buc[n] ++;return;}T d = 0;while (d = walk(n), d == n);solve(d), solve(n / d);};solve(n);return std::vector<std::pair<T, int>>(buc.begin(), buc.end());}
};// primeTools<int, [] (int a, int b, int p) { return 1ll * a * b % p; }> mrpr;
// primeTools<i64, [] (i64 a, i64 b, i64 p) { return i128(a) * b % p; }> mrpr;

约数🚩

整除：设 \(d, n \in \Z\) 且 \(d \neq 0\)，如果 \(\exist q \in \Z\) 使得 \(qd = n\)，那么称 \(d\) 整除 \(n\)（记作 \(d \mid n\)）。

整除的简单性质：

\(a \mid b \land b \mid c \Longrightarrow a\mid c\)。
\(a \mid b \land a \mid c \Longrightarrow \forall x, y \in \Z, a \mid (xb + yc)\)。
设 \(m \neq 0\)，则 \(a \mid b \Longrightarrow ma \mid mb\)。
设 \(\gcd(a, m) = 1\)，则 \(a \mid mb \Longrightarrow a\mid b\)。

约数个数：

\(n\) 的约数个数必定不超过 \(2\sqrt{n}\)。实际上很难到达该上界，可以简单认为在 \(10^6 \sim 10^{18}\) 范围内为 \(\mathcal{O}(\sqrt[3]{n})\) 级别。
\(1\sim n\) 的约数个数总和为 \(\mathcal{O}(n \log n)\) 级别。

最大公约数与最小公倍数

最大公约数：最大的公共约数（Greatest Common Divisor，简写 GCD）。

最小公倍数：最小的公共倍数（Least Common Multiple，简写 LCM）。

唯一分解角度下的 gcd 与 lcm：设 \(a = p_1^{c_1}p_2^{c_2}\dots\)，\(b = p_1^{d_1}p_2^{d_2} \dots\)，则有

\[\gcd(a, b) = p_1^{\min(c_1, d_1)}p_2^{\min(c_2, d_2)} \dots \\ \mathrm{lcm}(a, b) = p_1^{\max(c_1, d_1)}p_2^{\max(c_2, d_2)} \dots \]

在唯一分解角度下，gcd 相当于是对每个指数取 min，lcm 相当于是对每个指数取 max。

gcd 的简单性质：

\(\gcd(a_1, \dots, a_n) = \gcd(|a_1|, \dots, |a_n|)\)。
\(\gcd(a, 0) = \gcd(a, a) = |a|\)。
\(\gcd(bq + r, b) = \gcd(r, b)\)。
设 \(\gcd(a, m) = 1\)，则 \(\gcd(a, mb) = \gcd(a, b)\)。
\(\gcd(ma_1, \dots, ma_n) = |m| \gcd(a_1, \dots, a_n)\)。

lcm 的简单性质：

\(\mathrm{lcm}(a_1, \dots, a_n) = \mathrm{lcm}(|a_1|, \dots, |a_n|)\)。
\(\mathrm{lcm}(a, 1) = \mathrm{lcm}(a, a) = |a|\)。
\(\mathrm{lcm}(ma_1, \dots, ma_n) = |m| \operatorname{lcm}(a_1, \dots, a_n)\)。

gcd 和 lcm 的常见恒等式

gcd-lcm 恒等式：

\[\gcd(a, b) \operatorname{lcm}(a, b) = ab \]

请注意！该式子扩展到三元以上几乎不成立！

事实上当 \(n \geq 3\) 时，\(\gcd(a_1, \dots, a_n) \operatorname{lcm}(a_1, \dots, a_n) = a_1\dots a_n\) 当且仅当 \(a_1, \dots, a_n\) 两两互质。

gcd 和 lcm 的结合律：

\[\gcd(a, b, c) = \gcd(\gcd(a, b), c) \\ \mathrm{lcm}(a, b, c) = \mathrm{lcm}(\mathrm{lcm}(a, b), c) \]

该式子扩展到任意多元仍然成立。

于是可以使用恒等式 \(\mathrm{lcm}(a, b) = \frac{ab}{\gcd(a, b)}\)，用来求解 \(\mathrm{lcm}(a, b, c)\)，以及 \(\mathrm{lcm}(a_1, \dots, a_n)\)。

gcd 对乘法的分配律：

\[\gcd(a, bc) = \gcd(a, b) \gcd\left(\frac{a}{\gcd(a, b)}, c\right) \]

根据对乘法的分配律计算 \(\gcd(a, b_1\dots b_n)\)。每次处理 \(b_i\) 时，计算 \(t = \gcd(a, b_i)\)，然后将 \(a\) 除以 \(t\)（相当于是将已计算的质因数贡献去掉），答案乘以 \(t\)。

gcd 的差分律：

\[\gcd(a_1, a_2, \dots, a_n) = \gcd(a_1, a_2 - a_1, \dots, a_n - a_{n - 1}) \]

通过差分律，我们可以维护差分数组的 gcd，以实现 “区间加” 与 “区间 gcd”。

斐波那契数列 gcd 恒等式：

\[\gcd(\mathrm{Fib}_n, \mathrm{Fib}_m) = \mathrm{Fib}_{\gcd(n, m)} \]

幂差 gcd 恒等式：不妨设 \(a \geq b\)，当 \(\gcd(a, b) = 1\) 时，有

\[\gcd(a^n - b^n, a^m - b^m) = a^{\gcd(n, m)} - b^{\gcd(n, m)} \]

简单推导：

右边整除左边：可以证明 \(x - y \mid x^k - y^k\)。

\(k\) 次方差公式：\(x^k - y^k = (x - y)(x^{k - 1} + x^{k - 2}y + \dots + xy^{k - 2} + y^{k - 1})\)。

对于 \(n, m\) 的公约数 \(d\) 来说，可以证得 \(a^d - b^d \mid a^n - b^n\) 与 \(a^d - b^d \mid a^m - b^m\)。

于是 \(a^d - b^d \mid \gcd(a^n - b^n, a^m - b^m)\)。所以

\[a^{\gcd(n, m)} - b^{\gcd(n, m)} \mid \gcd(a^n - b^n, a^m - b^m) \]

左边整除右边：

“降幂引理”：不妨设 \(r \geq s\)，当 \(\gcd(a, b) = 1\) 时，有

\[\gcd(a^r - b^r, a^s - b^s) \mid a^{r - s} - b^{r - s} \]
证明：设 \(d\) 为 \(a^r - b^r, a^s - b^s\) 的公约数。

因为 \((a^r - b^r) - a^{r - s}(a^s - b^s) = b^s(a^{r - s} - b^{r - s})\)，可以证得 \(d \mid b^s(a^{r - s} - b^{r - s})\)；同理可得 \(d \mid a^s(a^{r - s} - b^{r - s})\)。

又由于 \(\gcd(a, b) = 1\)，于是 \(d \mid a^{r - s} - b^{r - s}\)，“降幂引理” 得证。

对 \(\gcd(a^n - b^n, a^m - b^m)\) 反复应用 “降幂引理”，过程等价于辗转相除法。所以

\[\gcd(a^n - b^n, a^m - b^m) \mid a^{\gcd(n, m)} - b^{\gcd(n, m)} \]

最大公约数常见求法

已有的轮子：std::gcd(a, b)。

求法 1：辗转相除法

（也称之为欧几里得算法）

对于 \(\forall a, b \in \N\) 且 \(b \neq 0\)，有

\[\gcd(a, b) = \gcd(b, a \bmod b) \]

当 \(a < b\) 时，一次迭代后就会转化为 \(a \geq b\)。
当 \(a \geq b\) 时，由于 \(a \bmod b \leq \frac{a}{2}\)，这样的迭代不超过 \(\log_2 a\) 次。

时间复杂度 \(\mathcal{O}(\log \max(a, b))\)。

使用辗转相除法求解斐波那契数列相邻两项的 gcd，会让该算法达到最坏复杂度。

// 辗转相除法
int gcd(int a, int b) {return b == 0 ? a : gcd(b, a % b);
}

求法 2：更相减损术

（也称之为 Stein 算法）

对于 \(\forall a, b \in \N\)，不妨设 \(a\geq b\)，有

\[\gcd(a, b) = \gcd(a, a - b) = \gcd(b, a - b) \\ \gcd(2a, 2b) = 2\gcd(a, b) \]

当 \(a = b\) 时，\(\gcd(a, b) = a\)。
“两个偶数”：\(\gcd(a, b) = 2\gcd(\frac{a}{2}, \frac{b}{2})\)。
“一奇一偶”：不妨设 \(a\) 为奇数，\(\gcd(a, b) = \gcd(\frac{a}{2}, b)\)。
“两个奇数”：不妨设 \(a \geq b\)，\(\gcd(a, b) = \gcd(a - b, b)\)。

当至少有一个偶数的时候，每次迭代至少会将 \(a, b\) 之一减半。而两个奇数相减会得到偶数。

时间复杂度 \(\mathcal{O}(\log \max(a, b))\)。

更相减损术常用于计算高精度 gcd（因为 “高精度取模” 复杂度较高，“高精度减法” 以及 “高精除低精” 复杂度较低）。

0x34 gcd（更相减损术）.cpp：

// 更相减损术
int gcd(int a, int b) {if (a == b) {return a;}if (a == 0 || b == 0) {return a ^ b;}int az = __builtin_ctz(a), bz = __builtin_ctz(b), z = az < bz ? az : bz, v = 0;a >>= az, b >>= bz;while (b) {v = b - a;a = a < b ? a : b;b = v < 0 ? -v : v;if (b) b >>= __builtin_ctz(b);}return a << z;
}

求法 3：递推

初值 \(\gcd(i, 0) = \gcd(0, i) = i\)，递推式 \(\gcd(i, j) = \gcd(i - j, j)\)。

时间复杂度：预处理 \(\mathcal{O}(n^2)\)，查询 \(\mathcal{O}(1)\)。

for (int i = 0; i <= n; i ++) {g[i][0] = g[0][i] = i;for (int j = 1; j <= i; j ++) {g[i][j] = g[j][i] = g[i - j][j];}
}

求法 4：基于值域预处理的快速 gcd

引理：对于任意正整数 \(n\)，一定可以被拆分成三个正整数 \(a, b, c\) (\(a \leq b \leq c\)) 的乘积，其中 \(a, b\leq \sqrt{n}\)，且 \(c \leq \sqrt{n}\) 与 \(c \in \mathbb{P}\) 至少有一个成立。

证明 1：假设 \(c > \sqrt{n}\) 且 \(c \notin \mathbb{P}\)。因为 \(c > \sqrt{n}\) 且 \(abc = n\)，所以 \(ab \leq \sqrt{n}\)。由于 \(c\) 不是质数，设 \(c = xy\)，显然 \(x, y\) 不可能同时 \(>\sqrt{n}\)，不妨设 \(x \leq y\)，则必有 \(x \leq \sqrt{n}\)。此时 \(n\) 可以被拆分成 \(x, ab, y\) 的乘积。不断对 \(y\) 进行相同的讨论。

由于数值不断递减，迭代到最后 \(c \leq \sqrt{n}\) 与 \(c \in \mathbb{P}\) 至少有一个成立。

证明 2：考虑归纳。当 \(n = 1\) 时显然成立。当 \(n > 1\) 时，设 \(p\) 为 \(n\) 的最小质因数，设 \(a', b', c'\) (\(a' \leq b' \leq c'\)) 为 \(\frac{n}{p}\) 的一组合法拆分。

当 \(p \leq \sqrt[4]{n}\) 时。由于 \(a' \leq \sqrt[3]{\frac{n}{p}}\)，所以 \(pa' \leq \sqrt[3]{np^2} \leq \sqrt{n}\)。此时 \(pa', b', c'\) 为一组合法拆分。
当 \(p > \sqrt[4]{n}\) 时。假设 \(a' \geq p\)，则 \(n = pa'b'c' \geq p^4 > n\) 矛盾，故 \(a' < p\)。由于 \(p\) 为 \(n\) 的最小质因数，所以 \(a' = 1\)。此时 \(p, b', c'\) 为一组合法拆分。

预处理：通过线性筛得出 \(1 \sim n\) 所有数的最小质因数。然后根据证明 2，递推得出 \(1 \sim n\) 所有数的合法拆分。对于 \(i > 1\)，设 \(p\) 为 \(i\) 的最小质因数，将 \(\frac{i}{p}\) 的合法拆分中的最小数乘以 \(p\) 即可得到 \(i\) 的合法拆分。最后预处理出所有 \(0 \leq x, y \leq \sqrt{n}\) 的 \(\gcd(x, y)\)。

查询：当询问 \(\gcd(p, q)\) 时，根据 gcd 对乘法的分配律，依次考虑 \(q\) 的合法拆分 \(a, b, c\)，设当前考虑到的数为 \(x\)。

计算 \(t = \gcd(p, x)\)，具体地：
- 若 \(x\) 为合数（此时 \(x \leq \sqrt{n}\)），则 \(\gcd(p, x) = \gcd(x, p \bmod x)\)。使用预处理的 gcd 值回答即可。
- 若 \(x\) 为质数，则当且仅当 \(p\) 为 \(x\) 的倍数时 \(\gcd(p, x) = x\)，否则 \(\gcd(p, x) = 1\)。
然后将 \(p\) 除以 \(t\)，答案乘以 \(t\)。

时间复杂度：预处理 \(\mathcal{O}(n)\)，查询 \(\mathcal{O}(1)\)。

0x34 gcd（基于值域预处理的快速 gcd）.cpp：

// O(n)-O(1) gcd
struct flashGCD {int b;std::vector<int> prime, fac;std::vector<std::array<int, 3>> s;std::vector<std::vector<int>> g;flashGCD() {}flashGCD(int n) {init(n);}void init(int n) {b = sqrt(n);prime.clear(), fac.assign(n + 1, 0);s.assign(n + 1, {});g.assign(b + 1, std::vector<int>(b + 1, 0));for (int i = 2; i <= n; i ++) {if (!fac[i]) {prime.push_back(i), fac[i] = i;}for (int p : prime) {if (p > fac[i] || p > n / i) break;fac[i * p] = p;}}s[1] = {1, 1, 1};for (int i = 2; i <= n; i ++) {s[i] = s[i / fac[i]], s[i][0] *= fac[i];if (s[i][0] > s[i][1]) {std::swap(s[i][0], s[i][1]);}if (s[i][1] > s[i][2]) {std::swap(s[i][1], s[i][2]);}}for (int i = 0; i <= b; i ++) {g[i][0] = g[0][i] = i;for (int j = 1; j <= i; j ++) {g[i][j] = g[j][i] = g[i - j][j];}}}int gcd(int p, int q) {if (p == 0 || q == 0) {return p ^ q;}int ans = 1;for (int x : s[q]) {int t = x <= b ? g[x][p % x] : (p % x ? 1 : x);p /= t, ans *= t;}return ans;}
} fg;

类欧几里得算法

类欧几里得算法：用来解决一类形如 \(\left\lfloor \frac{ai + b}{c} \right\rfloor\) 结构的求和问题。

基本模型为

\[f(a, b, c, n) = \sum_{i = 0}^n \left\lfloor \frac{ai + b}{c} \right\rfloor \]

首先，可以转化为 \(0 \leq a, b < c\) 的情况

\[\begin{aligned} f(a, b, c, n) & = \sum_{i = 0}^n \left\lfloor \frac{ai + b}{c} \right\rfloor \\ & = \sum_{i = 0}^n \left\lfloor \frac{\left(\left\lfloor \frac{a}{c} \right\rfloor c + (a \bmod c) \right)i + \left(\left\lfloor \frac{b}{c} \right\rfloor c + (b \bmod c)\right)}{c} \right\rfloor \\ & = \sum_{i = 0}^n \left( \left\lfloor \frac{a}{c} \right\rfloor i + \left\lfloor \frac{b}{c} \right\rfloor + \left\lfloor \frac{(a \bmod c) i + (b \bmod c)}{c} \right\rfloor \right) \\ & = \frac{n(n + 1)}{2} \left\lfloor \frac{a}{c} \right\rfloor + (n + 1)\left\lfloor \frac{b}{c} \right\rfloor + f(a \bmod c, b \bmod c, c, n) \end{aligned} \]

然后，令 \(m = \left\lfloor \frac{an + b}{c} \right\rfloor\)

\[\begin{aligned} f(a, b, c, n) & = \sum_{i = 0}^n \left\lfloor \frac{ai + b}{c} \right\rfloor \\ & = \sum_{i = 0}^n \sum_{j = 0}^{m - 1} \left[ j < \left\lfloor \frac{ai + b}{c} \right\rfloor \right] \\ & = \sum_{i = 0}^n \sum_{j = 0}^{m - 1} \left[ j + 1 \leq \frac{ai + b}{c} \right] \\ & = \sum_{i = 0}^n \sum_{j = 0}^{m - 1} \left[ cj + c - b - 1 < ai \right] \\ & = \sum_{j = 0}^{m - 1} \sum_{i = 0}^n \left[ \left\lfloor \frac{cj + c - b - 1}{a} \right\rfloor < i \right] \\ & = \sum_{j = 0}^{m - 1} \left( n - \left\lfloor \frac{cj + c - b - 1}{a} \right\rfloor \right) \\ & = nm - f(c, c - b - 1, a, m - 1) \end{aligned} \]

结合这两部操作，二元组 \((a, c) \to (c, a \bmod c)\)，相当于对 \((a, c)\) 进行辗转相除法，故称之为类欧几里得算法。

时间复杂度 \(\mathcal{O}(\log \min(a, c))\)。

0x34 类欧几里得算法.cpp：

// 类欧几里得算法（要求 a, b >= 0 以及 c > 0）
i64 euclid(i64 a, i64 b, i64 c, i64 n) {if (a == 0) {return (n + 1) * (b / c);}if (a >= c || b >= c) {return euclid(a % c, b % c, c, n) + (n * (n + 1) / 2) * (a / c) + (n + 1) * (b / c);}i64 m = (a * n + b) / c;if (m == 0) {return 0;}return n * m - euclid(c, c - b - 1, a, m - 1);
}
// 类欧几里得算法
i64 euclid_norm(i64 a, i64 b, i64 c, i64 n) {if (c < 0) {a = -a, b = -b, c = -c;}i64 sum = 0;if (a < 0) {i64 t = (a - c + 1) / c;a -= t * c, sum += (n * (n + 1) / 2) * t;}if (b < 0) {i64 t = (b - c + 1) / c;b -= t * c, sum += (n + 1) * t;}return euclid(a, b, c, n) + sum;
}

取整🚩

向下取整：\(\lfloor x \rfloor\)，表示不超过 \(x\) 的最大整数（floor）。

向上取整：\(\lceil x \rceil\)，表示不小于 \(x\) 的最小整数（ceiling）。

注意：C++ 中的整数除法结果向零取整，取模结果与被除数同号，与数学中的取整有较大区别。

取整的简单性质：

\(x - 1 < \lfloor x \rfloor \leq x\)，\(x \leq \lceil x \rceil < x + 1\)。
\(\lfloor -x \rfloor = - \lceil x \rceil\)，\(\lceil -x \rceil = - \lfloor x \rfloor\)。

取整的常见恒等式

上下取整的相互转化：\(n, m \in \Z\)，\(m > 0\)

\[\left\lceil \frac{n}{m} \right\rceil = \left\lfloor \frac{n + m - 1}{m} \right\rfloor = \left\lfloor \frac{n - 1}{m} \right\rfloor + 1 \\ \left\lfloor \frac{n}{m} \right\rfloor = \left\lceil \frac{n - m + 1}{m} \right\rceil = \left\lceil \frac{n + 1}{m} \right\rceil - 1 \]

上下取整的嵌套恒等式：\(a, b, c \in \N_+\)

\[\left\lfloor \frac{ \left\lfloor \frac{a}{b} \right\rfloor }{c} \right\rfloor = \left\lfloor \frac{a}{bc} \right\rfloor \\ \left\lceil \frac{ \left\lceil \frac{a}{b} \right\rceil }{c} \right\rceil = \left\lceil \frac{a}{bc} \right\rceil \]

上下取整对加法的恒等式：\(A, B, C, D \in \N_+\)

\[\left\lfloor \frac{ \left\lfloor \frac{A}{B} \right\rfloor + C }{D} \right\rfloor = \left\lfloor \frac{A + BC}{BD} \right\rfloor \\ \left\lceil \frac{ \left\lceil \frac{A}{B} \right\rceil + C }{D} \right\rceil = \left\lceil \frac{A + BC}{BD} \right\rceil \]

数论分块

也称之为整除分块。

下取整数论分块

给出一个正整数 \(n\)，记 \(D_n\) 表示 \(\left\lfloor \frac{n}{d} \right\rfloor\) 所有可能的取值构成的集合，即 \(D_n = \{ \left\lfloor \frac{n}{d} \right\rfloor \mid 1 \leq d \leq n \}\)。

性质 1：\(\left\lfloor \frac{n}{d} \right\rfloor\) 的取值不超过 \(2\sqrt{n}\) 种，即 \(|D_n| \leq 2\sqrt{n}\)。

简单推导：

当 \(d \leq \sqrt{n}\) 时，因为 \(d\) 的取值不超过 \(\sqrt{n}\) 种，所以此时 \(\left\lfloor \frac{n}{d} \right\rfloor\) 的取值不超过 \(\sqrt{n}\) 种。
当 \(d > \sqrt{n}\) 时，因为 \(\left\lfloor \frac{n}{d} \right\rfloor \leq \sqrt{n}\)，所以此时 \(\left\lfloor \frac{n}{d} \right\rfloor\) 的取值不超过 \(\sqrt{n}\) 种。

性质 2：若 \(m \in D_n\)，则 \(D_m \subseteq D_n\)。

简单推导：设 \(m = \left\lfloor \frac{n}{k} \right\rfloor\)，此时对于任意 \(d \in \N_+\)

\[\left\lfloor \frac{m}{d} \right\rfloor = \left\lfloor \frac{\left\lfloor \frac{n}{k} \right\rfloor}{d} \right\rfloor = \left\lfloor \frac{n}{kd} \right\rfloor \in D_n \]

这意味着，如果我们想要递归地应用数论分块（类似杜教筛），在计算过程中涉及到的取值集合均为 \(D_n\)。

下取整数论分块：快速地划分出 \(\left\lfloor \frac{n}{d} \right\rfloor\) 取值相同的所有区间。

由于函数 \(\frac{n}{x}\) 在区间 \((0, +\infty)\) 上单调递减，所以 \(\left\lfloor \frac{n}{x} \right\rfloor\) 取值相同的所有自变量 \(x\) 构成一段连续的区间。并且由上述分析，这样的区间不超过 \(2\sqrt{n}\) 个。

对于任意 \(i\) (\(1 \leq i \leq n\))，需要找到一个最大的 \(j\) (\(i \leq j \leq n\)) 满足 \(\left\lfloor \frac{n}{i} \right\rfloor = \left\lfloor \frac{n}{j} \right\rfloor\)。由不等式 \(\left\lfloor \frac{n}{i} \right\rfloor \leq \frac{n}{j}\) 可得 \(\boldsymbol{j = \left\lfloor \frac{n}{\left\lfloor \frac{n}{i} \right\rfloor} \right\rfloor}\)。

根据该公式，我们就可以根据区间的左端点计算出右端点。于是依次遍历所有区间即可。

// h 表示 x 的上界
for (int x = 1, nx; x <= h; x = nx + 1) {nx = h;if (x <= n) {chmin(nx, n / (n / x));}// 区间 [x, nx] 内：下取整的值均为 n/x
}

By the way：数论分块套数论分块的时间复杂度为 \(\mathcal{O}(n^{\frac{3}{4}})\)。

上取整数论分块

上取整数论分块：快速地找出 \(\lceil \frac{n}{d} \rceil\) 取值相同的所有区间。

由恒等式 \(\left\lceil \frac{n}{m} \right\rceil = \left\lfloor \frac{n - 1}{m} \right\rfloor + 1\) 可知，\(n\) 的上取整数论分块与 \(n - 1\) 的下取整数论分块，分出的区间是一样的。

于是套用 \(n - 1\) 的下取整数论分块即可，注意 \(d \geq n\) 的特殊情况。

// h 表示 x 的上界
for (int x = 1, nx; x <= h; x = nx + 1) {nx = h;if (x < n) {chmin(nx, (n - 1) / ((n - 1) / x));}// 区间 [x, nx] 内：下取整的值均为 (n-1)/x+1
}

多维数论分块

二维数论分块：快速地找出 \(\left\lfloor \frac{n}{d} \right\rfloor, \left\lfloor \frac{m}{d} \right\rfloor\) 取值均相同的所有区间。

显然，这样的区间不超过 \(2\sqrt{n} + 2\sqrt{m}\) 个。

对于任意 \(i\)，需要找到一个最大的 \(j\) 满足 \(\left\lfloor \frac{n}{i} \right\rfloor = \left\lfloor \frac{n}{j} \right\rfloor, \left\lfloor \frac{m}{i} \right\rfloor = \left\lfloor \frac{m}{j} \right\rfloor\)。则有 \(\boldsymbol{j = \min\left\{ \left\lfloor \frac{n}{ \left\lfloor \frac{n}{i} \right\rfloor } \right\rfloor, \left\lfloor \frac{m}{ \left\lfloor \frac{m}{i} \right\rfloor } \right\rfloor \right\}}\)。

扩展到多维也是一样。

// h 表示 x 的上界
for (int x = 1, nx; x <= h; x = nx + 1) {nx = h;if (x <= n) {chmin(nx, n / (n / x));}if (x <= m) {chmin(nx, m / (m / x))}// 区间 [x, nx] 内：n, m 对 x 下取整的值分别为 n/x, m/x
}

积性函数与迪利克雷卷积

积性函数：若数论函数 \(f(n)\)，对于任意互质正整数 \(x, y\)，都有 \(f(xy) = f(x)f(y)\)，则称 \(f(n)\) 为积性函数。

完全积性函数：若数论函数 \(f(n)\)，对于任意正整数 \(x, y\)，都有 \(f(xy) = f(x)f(y)\)，则称 \(f(n)\) 为完全积性函数。

积性函数的简单性质：

对于任意积性函数 \(f(x)\)（除了恒为 \(0\) 的函数），有 \(f(1) = 1\)。
对于任意积性函数 \(f(x), g(x)\)，以下的函数仍为积性函数

\[f(x^p) \\ f^p(x) \\ f(x)g(x) \\ \sum_{d \mid x} f(d)g\left( \frac{x}{d} \right) \]

对于任意积性函数 \(f(x)\)，将 \(x\) 唯一分解成 \(x = p_1^{c_1}p_2^{c_2}\dots p_t^{c_t}\)，有 \(f(x) = \prod_{i = 1}^t f(p_i^{c_i})\)。

常见积性函数（及性质）

单位函数（完全积性）

\[\epsilon(n) = [n = 1] \]

恒等函数（完全积性）

\[\mathrm{ID}_k(n) = n^k \]

当 \(k = 1\) 时，亦可简写为 \(\mathrm{ID}(n) = n\)。

常数函数（完全积性）

\[1(n) = 1 \]

约数函数（积性）

约数函数：

\[\sigma_k(n) = \sum_{d \mid n} d^k \]

当 \(k = 0\) 时，\(\sigma_0(n)\) 表示 \(n\) 的约数个数函数。

约数个数函数的前缀和：

\[\sum_{i = 1}^n \sigma_0(i) = \sum_{i = 1}^n \left\lfloor \frac{n}{i} \right\rfloor \]

乘积的约数个数函数：

\[\sigma_0(ij) = \sum_{x \mid i} \sum_{y \mid j} [\gcd(x, y) = 1] \\ \sigma_0(ijk) = \sum_{a \mid i} \sum_{b \mid j} \sum_{c \mid k} [\gcd(a, b) = \gcd(b, c) = \gcd(a, c) = 1] \]

简单推导（仅证二维）：从唯一分解的角度，对每个质因子 \(p\) 单独考虑。\(p\) 在 \((x, y)\) 中的出现情况数，为 \(i, j\) 中质因子 \(p\) 的个数之和再加 \(1\)。将所有质因子 \(p\) 的贡献相乘，这正是 \(\sigma(ij)\) 的表达式。

可以扩展至更多维。

欧拉函数（积性）

欧拉函数：\(\varphi(n)\)，表示 \(1 \sim n\) 中与 \(n\) 互质的数的个数。将 \(n\) 唯一分解成 \(n = p_1^{c_1}p_2^{c_2}\dots p_t^{c_t}\)，则欧拉函数为

\[\varphi(n) = n \prod_{i = 1}^t (1 - \frac{1}{p_i}) \]

乘积的欧拉函数：

\[\varphi(ij) = \frac{\varphi(i) \varphi(j) \gcd(i, j)}{\varphi(\gcd(i, j))} \]

简单推导：设 \(P(n)\) 表示 \(n\) 的质因数集合，则有 \(P(ij) = P(i) \cup P(j)\) 与 \(P(\gcd(i, j)) = P(i) \cap P(j)\)。

由容斥原理得

\[\prod_{p \mid ij} \left(1 - \frac{1}{p}\right) = \frac{\prod_{p \mid i} \left(1 - \frac{1}{p}\right) \prod_{p \mid j} \left(1 - \frac{1}{p}\right)}{\prod_{p \mid \gcd(i, j)} \left(1 - \frac{1}{p}\right)} \iff \frac{\varphi(ij)}{ij} = \frac{ \frac{\varphi(i)}{i} \frac{\varphi(j)}{j} }{\frac{\varphi(\gcd(i, j))}{\gcd(i, j)}} \]

莫比乌斯函数（积性）

莫比乌斯函数：\(\mu(n)\)，将 \(n\) 唯一分解成 \(n = p_1^{c_1}p_2^{c_2}\dots p_t^{c_t}\)，则莫比乌斯函数有如下的定义

\[\mu(n) = \begin{cases} (-1)^t & \forall i\in[1, t], c_i = 1 \\ 0 & \exist i\in[1, t], c_i > 1 \end{cases} \]

特别地，\(\mu(1) = 1\)。

线性筛筛积性函数

对于积性函数 \(f(x)\)，若质数幂的函数值 \(f(p^c)\) 便于求出。则 \(f(x)\) 的前 \(n\) 项函数值可以通过线性筛得出。

具体地，记 \(\mathrm{low}_i\) 表示：设 \(i\) 的最小质因子为 \(p_1\)，其次数为 \(c_1\)，则 \(\mathrm{low}_i = p_1^{c_1}\)。

在线性筛的过程中，额外进行如下的维护

维护 \(\mathrm{low}_i\) 数组。
每当筛出一个质数 \(p\)，就将 \(f(p), f(p^2), \dots, f(p^c)\) 全都求出来。
其余满足 \(i \neq\mathrm{low}_i\) 的 \(i\)，使用递推式 \(f(i) = f(\mathrm{low}_i) \times f\left(\frac{i}{\mathrm{low}_i}\right)\) 计算函数值。

0x34 线性筛筛积性函数.cpp：

// 线性筛筛积性函数
int primeCount, prime[MaxV], low[MaxV];
int f[MaxV];
void sieve(const int &n) {f[1] = 1;for (int i = 2; i <= n; i ++) {if (!low[i]) {prime[++ primeCount] = i, low[i] = i;for (i64 v = i, c = 1; v <= n; v *= i, c ++) {// 计算 f[v]}}for (int j = 1; j <= primeCount; j ++) {if (prime[j] > n / i) break;low[i * prime[j]] = i % prime[j] ? prime[j] : low[i] * prime[j];if (i % prime[j] == 0) break;}if (low[i] < i) {f[i] = f[low[i]] * f[i / low[i]];}}
}

迪利克雷卷积

迪利克雷卷积：对于两个数论函数 \(f, g\)，定义 \(f, g\) 的迪利克雷卷积为

\[(f \ast g)(x) = \sum_{d \mid x} f(d)g\left( \frac{x}{d} \right) \]

迪利克雷卷积的简单性质：

交换律：\(f \ast g = g \ast f\)。
结合律：\((f \ast g) \ast h = f \ast (g \ast h)\)。
分配律：\(f \ast (g + h) = f \ast g + f \ast h\)。
单位元：\(f \ast \epsilon = \epsilon \ast f = f\)，因此 \(\epsilon\) 又被称为迪利克雷卷积的单位元。

常见迪利克雷卷积式

式 1

\[\boldsymbol{\epsilon = \mu \ast 1 \iff \sum_{d \mid n} \mu(d) = [n = 1]} \]

简单推导：由积性函数的简单性质可知，关于 \(n\) 的函数 \(f(n) = \sum_{d \mid n} \mu(d)\) 为积性函数。

当 \(n = 1\) 时，等式成立。
当 \(n > 1\) 时，将 \(n\) 唯一分解成 \(n = p_1^{c_1}p_2^{c_2}\dots p_t^{c_t}\)，则有

\[\begin{aligned} f(n) & = \prod_{i = 1}^t f(p_i^{c_i}) \\ & = \prod_{i = 1}^t \left( \sum_{j = 0}^{c_i} \mu(p_i^j) \right) \\ & = \prod_{i = 1}^t \left( \mu(1) + \mu(p_i) \right) \\ & = 0 \end{aligned} \]

综上，\(\sum_{d \mid n} \mu(d) = [n = 1]\)。

式 2

\[\boldsymbol{\mathrm{ID} = \varphi \ast 1 \iff \sum_{d \mid n} \varphi(d) = n} \]

简单推导：由积性函数的简单性质可知，关于 \(n\) 的函数 \(f(n) = \sum_{d \mid n} \varphi(d)\) 为积性函数。

当 \(n = 1\) 时，等式成立。
当 \(n > 1\) 时，将 \(n\) 唯一分解成 \(n = p_1^{c_1}p_2^{c_2}\dots p_t^{c_t}\)，则有

\[\begin{aligned} f(n) & = \prod_{i = 1}^t f(p_i^{c_i}) \\ & = \prod_{i = 1}^t \left( \sum_{j = 0}^{c_i} \varphi(p_i^j) \right) \\ & = \prod_{i = 1}^t \left( 1 + \sum_{j = 1}^{c_i}(p_i^{j} - p_i^{j - 1}) \right) \\ & = \prod_{i = 1}^t p_i^{c_i} \\ & = n \end{aligned} \]

综上，\(\sum_{d \mid n} \varphi(d) = n\)。

式 3

\[\boldsymbol{\varphi = \mu \ast \mathrm{ID} \iff \varphi(n) = \sum_{d \mid n} d\mu\left( \frac{n}{d} \right)} \]

简单推导：

\[\begin{aligned} \varphi \ast 1 = \mathrm{ID} & \Longrightarrow \varphi \ast 1 \ast \mu = \mathrm{ID} \ast \mu \\ & \Longrightarrow \varphi \ast \epsilon = \mathrm{ID} \ast \mu \\ & \Longrightarrow \varphi = \mathrm{ID} \ast \mu \end{aligned} \]

杜教筛

杜教筛：用于 \(\mathcal{O}(n^{\frac{2}{3}})\) 时间内，求解一类数论函数 \(f(x)\) 的前缀和。

\(f(x)\) 为积性函数。
存在辅助函数 \(g(x)\)，满足函数 \(f \ast g\) 与 \(g\) 的前缀和便于求出。

记 \(S(n) = \sum_{i = 1}^n f(i)\)。取杜教筛中的辅助函数 \(g(x)\)，则有

\[\begin{aligned} \sum_{i = 1}^n (f \ast g)(i) & = \sum_{i = 1}^n \sum_{d \mid i} g(d)f\left( \frac{i}{d} \right) \\ & = \sum_{i = 1}^n g(i) \sum_{j = 1}^{\left\lfloor \frac{n}{i} \right\rfloor} f(j) \\ & = \sum_{i = 1}^n g(i) S\left( \left\lfloor \frac{n}{i} \right\rfloor \right) \end{aligned} \]

移项得

\[g(1)S(n) = \sum_{i = 1}^n (f \ast g)(i) - \sum_{i = 2}^n g(i)S\left( \left\lfloor \frac{n}{i} \right\rfloor \right) \]

此时得到了一个 \(S(n)\) 关于 \(S\left( \left\lfloor \frac{n}{i} \right\rfloor \right)\) 的递推式。若函数 \(f \ast g\) 与 \(g\) 的前缀和便于求出，就可以使用数论分块处理该式。因此找到一个合适的辅助函数 \(g\) 是杜教筛的关键。

杜教筛的时间复杂度分析：

由数论分块的性质，对于 \(m \in D_n\)，有 \(D_m \subseteq D_n\)。于是我们需要使用记忆化保证杜教筛的复杂度，使用记忆化以后，只需要对所有的 \(k \in D_n\) 计算一次 \(S(k)\) 即可。

假设函数 \(f \ast g\) 与 \(g\) 的前缀和均可 \(\mathcal{O}(1)\) 求出，设计算 \(S(n)\) 的时间复杂度为 \(T(n)\)，则有

\[\begin{aligned} T(n) & = \sum\limits_{k \in D_n} T(k) \\ & = \mathcal{O}(\sqrt{n}) + \sum_{i = 1}^{\sqrt{n}}\mathcal{O}(\sqrt{i}) + \sum_{i = 2}^{\sqrt{n}} \mathcal{O}\left( \sqrt{\frac{n}{i}} \right) \\ & = \mathcal{O}\left( \int_0^{\sqrt{n}} \left( \sqrt{x} + \sqrt{\frac{n}{x}} \right) \mathrm{dx} \right) \\ & = \mathcal{O}(n^{\frac{3}{4}}) \end{aligned} \]

进一步优化，我们预处理出数论函数 \(f(x)\) 的前 \(m\) 项（其中 \(m \geq \sqrt{n}\)），并预处理出其前缀和。设预处理的时间复杂度为 \(T_0(m)\)，则有

\[\begin{aligned} T(n) & = T_0(m) + \sum_{k \in D_n, k > m} T(k) \\ & = T_0(m) + \sum_{i = 1}^{\left\lfloor \frac{n}{m} \right\rfloor} \mathcal{O}\left(\sqrt{\frac{n}{i}}\right) \\ & = \mathcal{O}\left(T_0(m) + \int_0^{\frac{n}{m}} \sqrt{\frac{n}{x}} \mathrm{dx}\right) \\ & = \mathcal{O}\left(T_0(m) + \frac{n}{\sqrt{m}} \right) \end{aligned} \]

通常我们使用线性筛预处理 \(f(x)\) 的前 \(m\) 项，此时 \(T_0(m) = \mathcal{O}(m)\)。由均值不等式，取 \(m = \mathcal{O}(n^{\frac{2}{3}})\) 可得杜教筛的最优时间复杂度 \(\mathcal{O}(n^{\frac{2}{3}})\)。

总结：预处理出 \(f(x)\) 的前 \(n^{\frac{2}{3}}\) 项及其前缀和，使用关于 \(S\left( \left\lfloor \frac{n}{i} \right\rfloor \right)\) 的递推式求解 \(S(n)\)，并使用 std::map 记忆化。

0x34 杜教筛.cpp：

namespace du {const int V = 1e6, MaxV = V + 10; // 预处理的范围（需根据实际问题调整）int primeCount, prime[MaxV], low[MaxV];int f[MaxV];i64 f1[MaxV];std::map<int, i64> f2;void init(const int &n = V) {f[1] = 1;for (int i = 2; i <= n; i ++) {if (!low[i]) {prime[++ primeCount] = i, low[i] = i;for (i64 v = i, c = 1; v <= n; v *= i, c ++) {// 计算 f[v]}}for (int j = 1; j <= primeCount; j ++) {if (prime[j] > n / i) break;low[i * prime[j]] = i % prime[j] ? prime[j] : low[i] * prime[j];if (i % prime[j] == 0) break;}if (low[i] < i) {f[i] = f[low[i]] * f[i / low[i]];}}for (int i = 1; i <= n; i ++) {f1[i] = f1[i - 1] + f[i];}}i64 fSum(int n) {if (n <= V) {return f1[n];}if (f2.contains(n)) {return f2[n];}i64 ans = 0;for (int x = 2, nx; x <= n; x = nx + 1) {nx = n / (n / x);i64 sum = 0; // 计算函数 g 第 x~nx 项的和ans -= sum * fSum(n / x);}return f2[n] = ans;}
}

杜教筛求莫比乌斯函数与欧拉函数前缀和：

给莫比乌斯函数选择的辅助函数为 \(1(n) = 1\)，由于 \(\mu \ast 1 = \epsilon\)，函数 \(\epsilon\) 与 \(1\) 的前缀和均便于求出。代入杜教筛公式得

\[S(n) = 1 - \sum_{i = 2}^n S\left( \left\lfloor \frac{n}{i} \right\rfloor \right) \]

给欧拉函数选择的辅助函数为 \(1(n) = 1\)，由于 \(\varphi \ast 1 = \mathrm{ID}\)，函数 \(\mathrm{ID}\) 与 \(1\) 的前缀和均便于求出。代入杜教筛公式得

\[S(n) = \frac{n(n + 1)}{2} - \sum_{i = 2}^n S\left( \left\lfloor \frac{n}{i} \right\rfloor \right) \]

求欧拉函数前缀和，更简便的方法是莫比乌斯反演，注意到 \(\sum_{i = 1}^n \varphi(i) = \sum_{1 \leq i \leq j \leq n} [\gcd(i, j) = 1]\)。

然而 \(\sum_{i = 1}^n \sum_{j = 1}^n [\gcd(i, j) = 1] = \sum_{d = 1}^n \mu(d)\left\lfloor \frac{n}{d} \right\rfloor^2\)，使用莫比乌斯函数前缀和配合数论分块处理该式即可。

Min_25 筛

~~待填坑。~~

同余🚩

带余除法：对于任意 \(n, m \in \Z\) 且 \(m \neq 0\)，存在唯一的 \(q, r \in \Z\)，使得 \(n = qm + r\)（\(0 \leq r < |m|\)）。

这里记 \(q = \left\lfloor \frac{n}{m} \right\rfloor\)，\(r = n \bmod m\)。

同余：若 \(a \bmod m = b \bmod m\)，则称 \(a, b\) 模 \(m\) 同余，记作 \(a \equiv b \pmod m\)。

同余的简单性质：

若 \(a \equiv b \pmod m, c \equiv d \pmod m\)，则
- \(a + c \equiv b + d \pmod m\)。
- \(ac \equiv bd \pmod m\)。
\(ac \equiv bc \pmod m \Longrightarrow a \equiv b \pmod{\frac{m}{\gcd(c, m)}}\)。

同余类：集合 \(\overline{a} = \{a + km \mid k \in \Z\}\)（其中 \(a\in [0, m - 1]\)）中的所有数模 \(m\) 同余，余数均为 \(a\)，该集合称为一个模 \(m\) 的同余类。

（完全）剩余系：\(m\) 的完全剩余系包含 \(m\) 个元素 \(\overline{0}, \overline{1}, \dots, \overline{m - 1}\)。

（简化）剩余系：\(m\) 的简化剩余系包含 \(\varphi(m)\) 个元素，\(1 \sim m\) 中与 \(m\) 互质的数代表的同余类构成该剩余系。

剩余系的简单性质：

对于 \(i = 0, 1, \dots, m - 1\)，\(ia \bmod m\) 两两不同当且仅当 \(\gcd(a, m) = 1\)。
对于与 \(m\) 互质的整数 \(i, j\)，\(ij \bmod m\) 仍然与 \(m\) 互质。

费马小定理与欧拉定理

费马小定理：设 \(p\) 是质数，对于任意整数 \(a\)（\(a\) 不能是 \(p\) 的倍数），满足 \(a^{p - 1} \equiv 1 \pmod p\)。

另一个形式：设 \(p\) 是质数。对于任意整数 \(a\)，满足 \(a^p \equiv a \pmod p\)。

简单推导：由于 \(p\) 是质数且 \(p \nmid a\)，对于 \(i = 0, 1, \dots, p - 1\)，\(ia \bmod p\) 两两不同。

因此 \(\{ ia \bmod p \}\) 也构成 \(0 \sim p - 1\) 的排列。所以

\[\prod_{i = 1}^{p - 1}(ia \bmod p) = \prod_{i = 1}^{p - 1} i \]

又由于

\[\prod_{i = 1}^{p - 1}ia \equiv a^{p - 1}\prod_{i = 1}^{p - 1} i \pmod p \]

所以

\[(a^{p - 1} - 1)\prod_{i = 1}^{p - 1}i \equiv 0 \pmod p \]

由于 \(1, 2, \dots, p - 1\) 均不是 \(p\) 的倍数，所以 \(a^{p - 1} - 1\) 是 \(p\) 的倍数。即 \(a^{p - 1}\equiv 1 \pmod p\)。

By the way：费马小定理的逆命题并不成立。

即使对于所有与 \(p\) 互质的整数 \(a\) 均满足 \(a^{p - 1} \equiv 1 \pmod p\)，\(p\) 也不一定是质数。

欧拉定理：设整数 \(m > 0\)，对于任意满足 \(\gcd(a, m) = 1\) 的整数 \(a\)，满足 \(a^{\varphi(m)} \equiv 1 \pmod m\)。

简单推导：设 \(R\) 表示 \(1 \sim m\) 中与 \(m\) 互质的数构成的集合。已知 \(a\in R\)，对于所有 \(R\) 中的元素 \(r\)，\(ra \bmod m\) 仍然属于 \(R\) 且两两不同。所以

\[\prod_{r \in R} (ra \bmod m) = \prod_{r \in R} r \]

又由于

\[\prod_{r \in R} ra \equiv a^{\varphi(m)} \prod_{r \in R} r \pmod m \]

所以

\[(a^{\varphi(m)} - 1) \prod_{r \in R} r \equiv 0 \pmod m \]

由于 \(r \in R\) 均不是 \(m\) 的倍数，所以 \(a^{\varphi(m)} - 1\) 是 \(m\) 的倍数。即 \(a^{\varphi(m)} \equiv 1 \pmod m\)。

扩展欧拉定理：设整数 \(m > 0\)，对于任意整数 \(a, b\) (\(b \geq 0\))，有

\[a^b \equiv \begin{cases} a^{b \bmod \varphi(m)} & \gcd(a, m) = 1 \\ a^b & \gcd(a, m) \neq 1, b < \varphi(m) \\ a^{b \bmod \varphi(m) + \varphi(m)} & \gcd(a, m) \neq 1, b \geq \varphi(m) \end{cases} \pmod m \]

直观理解：考虑 \(a^b \bmod m\) 的循环情况。当 \(\gcd(a, m) = 1\) 时，该循环为纯循环；当 \(\gcd(a, m) \neq 1\) 时，该循环为混循环（类似 \(\rho\) 形），需要对尾巴和环形分别讨论。

通常使用扩展欧拉定理，以达到降幂的效果。

模意义下逆元

模意义下逆元：对于非零整数 \(a, m\)，如果存在整数 \(b\) 使得 \(ab \equiv 1 \pmod m\)，则称 \(b\) 为 \(a\) 在模 \(m\) 意义下的逆元。记作 \(a^{-1} \bmod p\)。

模质数意义下逆元

当模数 \(p\) 为质数时。对于任意整数 \(a\)（\(a\) 不能是 \(p\) 的倍数），有

\[a \times a^{p - 2} \equiv 1 \pmod p \]

此时，\(a^{p - 2} \bmod p\) 即为 \(a\) 在模 \(p\) 意义下的逆元。

单个逆元的求解

若要求解 \(a\) 在模 \(m\) 意义下的逆元，相当于是要求解线性同余方程 \(ax \equiv 1 \pmod m\)，使用 exgcd 即可。

时间复杂度 \(\mathcal{O}(\log V)\)。

0x34 单个逆元的求解.cpp：

// 单个逆元的求解
i64 inverse(i64 a, i64 m) {auto [d, x, y] = exgcd(a, m);// assert(d == 1);return (x % m + m) % m;
}

多个逆元的求解

若要求解多个整数 \(a_1, \dots, a_n\) 在模 \(m\) 意义下的逆元，处理出前缀积与前缀积逆元，通过 \(a^{-1}_i = S_{i - 1}S^{-1}_i \bmod m\) 求出所有数的逆元即可。

时间复杂度 \(\mathcal{O}(n)\)。

预处理线性逆元

若要求解 \(1 \sim n\) 所有整数模质数 \(p\) 意义下的逆元。对于 \(1 < i < p\)，有

\[0 \equiv \left\lfloor \frac{p}{i} \right\rfloor i + (p \bmod i) \pmod p \]

将等式两边同乘以 \(i^{-1}(p \bmod i)^{-1}\)，得

\[i^{-1} \equiv -\left\lfloor \frac{p}{i} \right\rfloor (p \bmod i)^{-1} \pmod p \]

根据上式递推即可。

时间复杂度 \(\mathcal{O}(n)\)。

0x34 预处理线性逆元.cpp：

// 预处理线性逆元
std::vector<int> v;
void linearInverse(const int &n) {v.resize(n + 1);v[1] = 1;for (int i = 2; i <= n; i ++) {v[i] = 1ll * v[mod % i] * (mod - mod / i) % mod;}
}

线性同余方程

裴蜀定理：设 \(a, b\) 是不均为 \(0\) 的整数。

存在整数 \(x, y\)，使得 \(ax + by = \gcd(a, b)\)。
对于任意整数 \(x, y\)，均有 \(\gcd(a, b) \mid ax + by\)。

裴蜀定理可以扩展到更多维：设 \(a_1, \dots, a_n\) 是不均为 \(0\) 的整数。

存在整数 \(x_1, \dots, x_n\)，使得 \(\sum_{i = 1}^n a_ix_i = \gcd(a_1, \dots, a_n)\)。

对于任意整数 \(x_1, \dots, x_n\)，均有 \(\gcd(a_1, \dots, a_n) \mid \sum_{i = 1}^n a_ix_i\)。

可以使用 gcd 的结合律进行归纳证明。

exgcd（扩展欧几里得算法）：用于求出二元一次不定方程 \(ax + by = \gcd(a, b)\) 的一组可行解 \(x, y\)。

在欧几里得算法的基础上归纳求解：

当 \(b = 0\) 时。此时有 \(x = 1, y = 0\)，使得 \(a \cdot 1 + 0 \cdot 0 = \gcd(a, 0)\)。
当 \(b > 0\) 时。由于 \(\gcd(a, b) = \gcd(b, a \bmod b)\)，假设存在一对 \(x, y\) 使得

\[bx + (a \bmod b)y = \gcd(b, a \bmod b) \]

利用 \(a \bmod b = a - \left\lfloor \frac{a}{b} \right\rfloor b\)，并移项得

\[ay + b\left(x - \left\lfloor \frac{a}{b} \right\rfloor y\right) = \gcd(a, b) \]

此时取 \(x' = y, y' = x - \left\lfloor \frac{a}{b} \right\rfloor y\)，使得 \(ax' + by' = \gcd(a, b)\)。

时间复杂度 \(\mathcal{O}(\log \max(a, b))\)。

可以证明，扩展欧几里得算法求出的可行解 \(x, y\) 满足 \(|x| \leq b, |y| \leq a\)。

0x34 exgcd（扩展欧几里得算法）.cpp：

// 扩展欧几里得算法
std::array<i64, 3> exgcd(i64 a, i64 b) {if (b == 0) return {a, 1, 0};auto [d, x, y] = exgcd(b, a % b);return {d, y, x - (a / b) * y};
}

二元一次不定方程 \(ax + by = c\)：

有解性：当且仅当 \(\gcd(a, b) \mid c\)。
通解：使用 exgcd 找出方程 \(ax + by = \gcd(a, b)\) 的一组特解 \(x_0, y_0\)，则有通解

\[x = \frac{c}{\gcd(a, b)}x_0 + k\frac{b}{\gcd(a, b)} \\ y = \frac{c}{\gcd(a, b)}y_0 - k\frac{a}{\gcd(a, b)} \]

线性同余方程 \(ax \equiv b \pmod m\)：

该方程等价于 \(ax - b\) 为 \(m\) 的倍数，不妨设为 \(-y\) 倍，则原方程转化为 \(ax + my = b\)。

有解性：当且仅当 \(\gcd(a, m) \mid b\)。
通解：使用 exgcd 找出方程 \(ax + my = \gcd(a, m)\) 的一组特解 \(x_0, y_0\)，则有通解

\[x = \frac{b}{\gcd(a, m)}x_0 + k\frac{m}{\gcd(a, m)} \]

将线性同余方程中 \(x\) 的系数消成 \(1\)：

对于线性同余方程 \(ax \equiv b \pmod m\)，有解的充要条件是 \(\gcd(a, m) \mid b\)。当满足该条件时，方程可以转化为

\[\frac{a}{\gcd(a, m)}x \equiv \frac{b}{\gcd(a, m)} \pmod{\frac{m}{\gcd(a, m)}} \]
此时 \(\gcd\left( \frac{a}{\gcd(a, m)}, \frac{m}{\gcd(a, m)} \right) = 1\)，\(x\) 在模 \(\frac{m}{\gcd(a, m)}\) 意义下有唯一解 \(x'\)。

于是线性同余方程 \(ax \equiv b \pmod m\) 转化为了 \(x \equiv x' \pmod{m'}\) 的形式。该形式对线性同余方程组的求解大有用处。

线性同余方程组

模数两两互质的一元线性同余方程组（中国剩余定理，CRT）：

\[\begin{cases} x \equiv a_1 \pmod{m_1} \\ x \equiv a_2 \pmod{m_2} \\ \dots \\ x \equiv a_n \pmod{m_n} \end{cases} \]

记所有模数的积为 \(M = \prod_{i = 1}^n m_i\)。
对于第 \(i\) 个方程：
- 记 \(M_i = \frac{M}{m_i}\)。
- 记 \(V_i\) 表示 \(M_i\) 在模 \(m_i\) 意义下的逆元。
特解：

\[x_0 = \sum_{i = 1}^n a_iM_iV_i \]

通解：

\[x = x_0 + kM \]

0x34 CRT（中国剩余定理）.cpp：

i64 inverse(i64 a, i64 m) {auto [d, x, y] = exgcd(a, m);return (x % m + m) % m;
}using equ = std::pair<i64, i64>; // {a, m} 表示方程 x = a (mod m)// 中国剩余定理
equ CRT(std::vector<equ> seq) {i64 M = 1;for (auto [a, m] : seq) {M *= m;}i64 x = 0;for (auto [a, m] : seq) {i64 Mi = M / m;i64 Vi = inverse(Mi, m);x = (x + a * Mi * Vi) % M; // 必要时，使用“快速乘”防止爆 long long}x = (x % M + M) % M;return {x, M};
}

不保证模数两两互质的一元线性同余方程组（扩展中国剩余定理，exCRT）：

仅考虑两个方程的合并（多个方程的情况，可以依次合并）。设这两个方程为

\[\begin{cases} x \equiv a_1 \pmod{m_1} \\ x \equiv a_2 \pmod{m_2} \end{cases} \]

则

\[x = pm_1 + a_1 = qm_2 + a_2 \Longrightarrow m_1p - m_2q = a_2 - a_1 \]

使用 exgcd 找出方程 \(m_1p - m_2q = a_2 - a_1\) 的一组特解 \(p_0, q_0\)。

此时取 \(a' = p_0m_1 + a_1\) 与 \(m' = \operatorname{lcm}(m_1, m_2)\)，两个方程合并为

\[x \equiv a' \pmod{m'} \]

0x34 exCRT（扩展中国剩余定理）.cpp：

// 扩展中国剩余定理
struct equ {i64 a, m; // {a, m} 表示方程 x = a (mod m)equ() {}equ(i64 _a, i64 _m) : a(_a), m(_m) {}friend equ operator + (equ l, equ r) {auto [a1, m1] = l;auto [a2, m2] = r;if (a1 == -1 || a2 == -1) {return {-1, -1};}auto [d, x, y] = exgcd(m1, m2);if ((a2 - a1) % d) {return {-1, -1};}x = x * ((a2 - a1) / d) % (m2 / d); // 必要时，使用“快速乘”防止爆 long longif (x < 0) x += (m2 / d);i64 m = m1 * (m2 / d);i64 a = (x * m1 + a1) % m; // 必要时，使用“快速乘”防止爆 long longreturn {a, m};}
};

阶与原根

阶：设整数 \(m > 0\)，满足 \(a^x \equiv 1 \pmod m\) 的最小正整数 \(x\)，称作 \(a\) 模 \(m\) 的阶。记作 \(\mathrm{ord}_m(a)\)。

阶的存在条件：当且仅当 \(\gcd(a, m) = 1\) 时，\(a\) 模 \(m\) 的阶存在。

必要性：当 \(\gcd(a, m) \neq 1\) 时，\(a\) 在模 \(m\) 意义下的逆元不存在。故必定有 \(\gcd(a, m) = 1\)。

充分性：当 \(\gcd(a, m) = 1\) 时，由欧拉定理 \(a^{\varphi(m)} \equiv 1 \pmod m\)，故此时阶必定存在，并且 \(\mathrm{ord}_m(a) \mid \varphi(m)\)。

阶的简单性质：

若 \(a\perp m\)，则 \(a, a^2, \dots, a^{\mathrm{ord}_m(a)}\) 模 \(m\) 两两不同。
若 \(a \perp m\)，则 \(\mathrm{ord}_m(a) \mid \varphi(m)\)。
若 \(a \perp m\)，则

\[\mathrm{ord}_m(a^k) = \frac{\mathrm{ord}_m(a)}{\gcd(\mathrm{ord}_m(a), k)} \]

简单推导：\(\mathrm{ord}_m(a^k) = \frac{\mathrm{lcm}(\mathrm{ord}_m(a), k)}{k}\)。

若 \(a\perp m, b\perp m\)，则

\[\frac{\mathrm{lcm}(\mathrm{ord}_m(a), \mathrm{ord}_m(b))}{\gcd(\mathrm{ord}_m(a), \mathrm{ord}_m(b))} \mid \mathrm{ord}_m(ab) \mid \mathrm{lcm}(\mathrm{ord}_m(a), \mathrm{ord}_m(b)) \]

若 \(a \perp m, b \perp m\)，则

\[\mathrm{ord}_m(ab) = \mathrm{ord}_m(a)\mathrm{ord}_m(b) \iff \gcd(\mathrm{ord}_m(a), \mathrm{ord}_m(b)) = 1 \]

若 \(a \perp m, b\perp m\)，则总是存在满足 \(c\perp m\) 的 \(c\)，使得

\[\mathrm{ord}_m(c) = \mathrm{lcm}(\mathrm{ord}_m(a), \mathrm{ord}_m(b)) \]

简单构造：将 \(\mathrm{ord}_m(a), \mathrm{ord}_m(b)\) 唯一分解

\[\mathrm{ord}_m(a) = \prod p_i^{s_i}, \quad \mathrm{ord}_m(b) = \prod p_i^{t_i} \]
根据 \(s_i\) 与 \(t_i\) 的大小关系，可以将所有质因子分成两类

\[A = \{ i \mid s_i \geq t_i \}, \quad B = \{ i \mid s_i < t_i \} \]
记

\[x_A = \prod_{i \in A} p_i^{s_i}, \quad x_B = \prod_{i \in B} p_i^{s_i}, \quad y_A = \prod_{i \in A} p_i^{t_i}, \quad y_B = \prod_{i \in B} p_i^{t_i} \]
此时 \(\mathrm{ord}_m(a) = x_Ax_B, \mathrm{ord}_m(b) = y_Ay_B\)，可得

\[\mathrm{ord}_m(a^{x_B}) = x_A, \quad \mathrm{ord}_m(b^{y_A}) = y_B \]
又由于 \(x_A \perp y_B\)，所以

\[\mathrm{ord}_m(a^{x_B}b^{y_A}) = x_Ay_B = \prod p_i^{\max(s_i, t_i)} = \mathrm{lcm}(\mathrm{ord}_m(a), \mathrm{ord}_m(b)) \]
取 \(c = a^{x_B}b^{y_A}\) 即可。

原根：设整数 \(m > 0\)，若 \(\gcd(g, m) = 1\) 且 \(\mathrm{ord}_m(g) = \varphi(m)\)，则称 \(g\) 为模 \(m\) 的原根。

此时 \(g, g^2, \dots, g^{\varphi(m)}\) 构成了 \(m\) 的简化剩余系。

原根判定定理：设整数 \(m \geq 3\)，则 \(g\) 是模 \(m\) 的原根，当且仅当 \(\gcd(g, m) = 1\) 且对于 \(\varphi(m)\) 的每个质因子 \(p\)，都有

\[g^{\frac{\varphi(m)}{p}} \not\equiv 1 \pmod m \]

原根存在定理：\(m\) 存在原根，当且仅当 \(m = 1, 2, 4, p^c, 2p^c\)（其中 \(p\) 为奇质数且 \(c \geq 1\)）。

阶的数量：若 \(m\) 存在原根，则对于 \(d \mid \varphi(m)\)，阶等于 \(d\) 的元素恰好有 \(\varphi(d)\) 个。

简单推导：设 \(m\) 的原根为 \(g\)，则 \(m\) 的简化剩余系中的元素可以写成 \(g^k \bmod m\) 的形式，其中 \(1 \leq k \leq \varphi(m)\)。则

\[\mathrm{ord}_m(g^k) = \frac{\varphi(m)}{\gcd(\varphi(m), k)} \]
令 \(\mathrm{ord}_m(g^k) = d\)，则有 \(\gcd(\varphi(m), k) = \frac{\varphi(m)}{d}\)。

整个式子除以 \(\frac{\varphi(m)}{d}\) 可得 \(\gcd(d, k') = 1\)，其中 \(1 \leq k' \leq d\)，此时 \(k'\) 的数量为 \(\varphi(d)\)。

原根数量：若 \(m\) 存在原根，则 \(m\) 的原根个数为 \(\varphi(\varphi(m))\)。

相当于是阶等于 \(\varphi(m)\) 的元素个数，由上述分析，恰好有 \(\varphi(\varphi(m))\) 个。

最小原根的上界：若 \(m\) 存在原根，则 \(m\) 的最小原根的上界为 \(m^{0.25}\) 级别。

原根求解：若 \(m\) 存在原根，先求出 \(\varphi(m)\)，再求出 \(\varphi(m)\) 的唯一分解形式。此时就可以根据 “原根判定定理” 配合快速幂判断一个数是否为 \(m\) 的原根。

从小到大暴力寻找原根，即可找到最小原根 \(g\)。

当我们已知其中一个原根 \(g\) 时，可以根据 \(g\) 生成其他所有的原根。对于所有满足 \(1 \leq k \leq \varphi(m)\) 且 \(\gcd(k, \varphi(m)) = 1\) 的 \(k\)，这些 \(g^k \bmod m\) 不重不漏地覆盖了所有原根。

0x34 最小原根.cpp：

// 最小原根
int findPrimitiveRoot(int m) {if (m == 1) return 0;if (m == 2) return 1;int phi = m, x = m; // 若已知 m 为质数，则直接令 phi = m - 1for (int i = 2; i * i <= x; i ++) {if (x % i == 0) {phi = phi / i * (i - 1);while (x % i == 0) {x /= i;}}}if (x > 1) {phi = phi / x * (x - 1);}std::vector<int> pfactor;x = phi;for (int i = 2; i * i <= x; i ++) {if (x % i == 0) {pfactor.push_back(i);while (x % i == 0) {x /= i;}}}if (x > 1) {pfactor.push_back(x);}for (int g = 2; g < m; g ++) {if (std::gcd(g, m) != 1) { // 若已知 m 为质数，则可以省略该判断continue;}int flag = 1;for (int p : pfactor) {if (qpow(g, phi / p, m) == 1) {flag = 0;break;}}if (flag) {return g;}}return -1; // 若 m 较大，建议先判断 m 是否存在原根
}

0x34 所有原根.cpp：

// 所有原根
std::vector<int> allPrimitiveRoot(int m) {if (m == 1) return {0};if (m == 2) return {1};int phi = m, x = m; // 若已知 m 为质数，则直接令 phi = m - 1for (int i = 2; i * i <= x; i ++) {if (x % i == 0) {phi = phi / i * (i - 1);while (x % i == 0) {x /= i;}}}if (x > 1) {phi = phi / x * (x - 1);}std::vector<int> pfactor;x = phi;for (int i = 2; i * i <= x; i ++) {if (x % i == 0) {pfactor.push_back(i);while (x % i == 0) {x /= i;}}}if (x > 1) {pfactor.push_back(x);}int g = 2;for (; g < m; g ++) {if (std::gcd(g, m) != 1) { // 若已知 m 为质数，则可以省略该判断continue;}int flag = 1;for (int p : pfactor) {if (qpow(g, phi / p, m) == 1) {flag = 0;break;}}if (flag) {break;}}if (g == m) {return {};}std::vector<int> res;x = 1;for (int i = 1; i <= phi; i ++) {x = 1ll * x * g % m;if (std::gcd(i, phi) == 1) {res.push_back(x);}}std::sort(res.begin(), res.end());return res;
}

离散对数

离散对数：设整数 \(m > 0\) 存在原根 \(g\)，对于 \(m\) 的简化剩余系中的元素 \(a\)，必存在唯一的整数 \(0 \leq k < \varphi(m)\) 使得 \(g^k \equiv a \pmod m\)。

此时称 \(k\) 为以 \(g\) 为底，模 \(m\) 的离散对数。记作 \(k = \mathrm{ind}_g(a)\)。

离散对数的简单性质：

\(\mathrm{ind}_g(ab) \equiv \mathrm{ind}_g(a) + \mathrm{ind}_g(b) \pmod{\varphi(m)}\)。
说明离散对数可以将 “模 \(m\) 意义下乘法” 转换成 “模 \(varphi(m)\) 意义下加法”。
\(\mathrm{ind}_g(a^k) \equiv k\operatorname{ind}_g(a) \pmod{\varphi(m)}\)。
\(\mathrm{ind}_{g_1}(a) \equiv \operatorname{ind}_{g_2}(a) \operatorname{ind}_{g_1}(g_2) \pmod{\varphi(m)}\)。其中 \(g_1, g_2\) 均为 \(m\) 的原根。

高次同余方程

固定底数且与模数互质的高次同余方程 \(a^x \equiv b \pmod{p}\)（大步小步算法，BSGS）：

取 \(S = \left\lceil \sqrt{p} \right\rceil\)，设 \(m = iS - j\)（其中 \(i \geq 1\) 且 \(0 \leq j < S\)），则有

\[a^{iS - j} \equiv b \pmod p \\ a^{iS} \times a^{-j} \equiv b \pmod p \\ a^{iS} \equiv b \times a^j \pmod p \]

预处理 \(0 \leq j < S\) 的 \(b\times a^j \bmod p\) 存入哈希表，枚举所有 \(1 \leq i \leq S\)，在哈希表中查询 \((a^S)^i \bmod p\) 及其对应的 \(j\)。如果查询成功则返回 \(iS - j\)。如果一直查询失败则方程无解。

时间复杂度 \(\mathcal{O}(\sqrt{p})\)。

0x34 BSGS（大步小步算法）.cpp：

// 大步小步算法
int BSGS(int a, int b, int p) { // a^x = b (mod p)if (b == 1 || p == 1) return 0;if (a == 0) return b == 0 ? 1 : -1;int S = sqrt(p) + 1;std::unordered_map<int, int> buc;int w = 1;for (int j = 0; j < S; j ++, w = 1ll * w * a % p) {int v = 1ll * w * b % p;buc[v] = j;}int x = w;for (int i = 1; i <= S; i ++, x = 1ll * x * w % p) {if (buc.contains(x)) {return i * S - buc[x];}}return -1;
}

固定底数且不保证与模数互质的高次同余方程 \(a^x \equiv b \pmod{p}\)（扩展大步小步算法，exBSGS）：

该方程等价于 \(a^x - b\) 为 \(p\) 的倍数，不妨设为 \(-k\) 倍，则原方程转化为 \(a\cdot a^{x - 1} + kp = b\)。

若 \(\gcd(a, p) \nmid b\) 则无解，否则

\[a^{x - 1} \frac{a}{\gcd(a, p)} + k\frac{p}{\gcd(a, p)} = \frac{b}{\gcd(a, p)} \]

每次将 \(\frac{a}{\gcd(a, p)}\) 提取出来，并将 \(b, p\) 除以 \(\gcd(a, p)\)，就变成了一个规模更小的子问题。

记已经提取出的系数之积为 \(r = \prod \frac{a}{\gcd(a, p)}\)。在递降的过程中，若 \(r \equiv b' \pmod{p'}\)，则直接返回答案。

否则一直递降直到 \(\gcd(a, p') = 1\)，此时得到一个固定底数且与模数互质的高次同余方程 \(ra^x \equiv b' \pmod{p'}\)，套用 BSGS。

0x34 exBSGS（扩展大步小步算法）.cpp：

// 扩展大步小步算法
int exBSGS(int a, int b, int p) { // a^x = b (mod p)if (b == 1 || p == 1) return 0;if (a == 0) return b == 0 ? 1 : -1;int d, r = 1, step = 0;while (d = std::gcd(a, p), d > 1) {if (b % d) {return -1;}b /= d, p /= d, r = 1ll * r * (a / d) % p;step ++;if (r == b) {return step;}}if (p == 1) {return step;}int S = sqrt(p) + 1;std::unordered_map<int, int> buc;int w = 1;for (int j = 0; j < S; j ++, w = 1ll * w * a % p) {int v = 1ll * w * b % p;buc[v] = j;}int x = 1ll * r * w % p;for (int i = 1; i <= S; i ++, x = 1ll * x * w % p) {if (buc.contains(x)) {return step + i * S - buc[x];}}return -1;
}

固定次数的高次同余方程 \(x^a \equiv b \pmod p\)：当 \(p\) 存在原根 \(g\) 时，记 \(x = g^c\)（这里 \(c\) 是未知数），问题转化为

\[(g^a)^c \equiv b \pmod p \]

记 \(v = g^a\)，此时得到一个固定底数的高次同余方程 \(v^c \equiv b \pmod p\)。

特解：\(x \equiv g^{ac} \pmod p\)，使用 (ex)BSGS 得到。
通解：\(x \equiv g^{ac + k\frac{\varphi(p)}{\gcd(\varphi(p), a)}} \pmod{p}\)，其中 \(\frac{\varphi(p)}{\gcd(\varphi(p), a)}\) 表示 \(\mathrm{ord}_m(g^a)\)。

Misc🚩

平方差

平方差表示：当且仅当 \(1, 2, 4\)，以及所有形如 \(4k + 2\) 的正整数，不能被表示成两个不同正整数的平方差。

平方差表示证明：对于正整数 \(n\)，相当于判断是否存在两个不同的正整数 \(a, b\) (\(a > b\)) 使得 \(n = a^2 - b^2 = (a + b)(a - b)\)。

设 \(x = a + b, y = a - b\)，由于 \(x, y\) 之间的差为 \(2b\)，所以 \(x, y\) 奇偶性相同。对于同奇偶的两个 \(x, y\) (\(x > y\))，也都可以解出 \(a, b\) 的值。

故对于正整数 \(n\)，相当于是要找出 \(n\) 的两个不同的约数 \(x, y\)，且 \(x, y\) 奇偶性相同。

当 \(n\) 为奇数时，取 \(x = n, y = 1\) 即可。
当 \(n\) 为偶数时：
- 当 \(n = 4k\) 时，取 \(x = 2k, y = 2\) 即可。
- 当 \(n = 4k + 2\) 时，分解出的两个约数，必为一奇一偶。
\(n = 1, 2, 4\) 为特殊情况，均不能被表示。

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