求 \(a^b\bmod p\) 的结果。
我们可以构造如下算法：
\(a^b=\begin{cases}(a^{\frac b2})^2 &\texttt{b is even}\\a(a^{\frac{b-1}2})^2&\texttt{b is odd}\end{cases}\)
每次 \(b\) 会减半，所以时间复杂度 \(O(\log b)\)。
求 \(ab\bmod p\) 的结果。
\(a,b,p\) 都是 \(10^{18}\) 级别。
我们同样可以构造类似的算法。
时间复杂度 \(O(\log b)\)。
\(a|b\Leftrightarrow b=ka (k\in\Z)\)。
\(p\in\mathbf{P}\Leftrightarrow\{x\mid x|p\}=\{1,p\}\)。
可以证明有无穷多个素数。
还可以证明 \(n\) 以内的素数个数 \(\pi(n)\sim\frac n{\ln{n}}\)。
每个数筛掉倍数。一个优化就是只筛素数。
时间复杂度 \(O(n\log\log{n})\)。
int ntp[maxn];
void ass() {
for (int i = 2; i < maxn; i++) {
if (ntp[i]) continue;
for (int j = i + i; j < maxn; j += i)
ntp[j] = 1;
}
}
还是筛倍数，但是让每个数只被最小的质因子筛到。
每个数都去和之前算出来的素数相乘来标记 ntp，
如果当前素数超过了当前数的最小质因子了，那就不再用后面的素数更新了。
时间复杂度 \(O(n)\)。
int tot;
int ntp[maxn];
int prm[maxn];
void ols() {
for (int i = 2; i < maxn; i++) {
if (!ntp[i]) prm[++tot] = i;
for (int j = 1; j <= tot && prm[j] * i < maxn; j++) {
ntp[i * prm[j]] = 1;
if (i % prm[j] == 0)
break;
}
}
}
模板题 P3383 【模板】线性筛素数
计 \(p_m(n)\) 表示不包含 \(prm_1,prm_2\dots prm_m\) 的因子的数的个数。
显然 \(p_m(n)=p_{m-1}(n)-p_{m-1}(\lfloor\frac n{prm_m}\rfloor)\)。
可以 \(O(m\sqrt n)\) 计算。
让 \(m\) 满足 \(prm_m^3>n\)，那么 \(p_m(n)\) 就计算了素数和由两个素数乘起来的合数的个数。
第二个东西显然可以 \(O(\sqrt n)\) 搞掉。
注意到 \(m\sim \frac{n^{\frac13}}{\log n}\)，所以总复杂度就是 \(O(\frac{n^{\frac56}}{\log n})\)。
实际上 \(m\) 还可以取 \(prm_m^4>n\)，后面还是可以搞，可以做到 \(O(\frac{n^{\frac34}}{\log n})\) 的复杂度。
\(x=\gcd(a,b)\Leftrightarrow \forall_{y|a,b}{y|x}\)。
\(\gcd(a,b)=\gcd(b,b-a)\)。
证明：
设 \(k=\gcd(a,b)\)，那么 \(a=kp\)，\(b=kq\)，所以 \(b-a=k(q-p)\)，\(b=kq\)，那么有 \(\gcd(a,b)|\gcd(b-a,b)\)。
反之也有 \(\gcd(b-a,b)|\gcd(a,b)\)。
所以 \(\gcd(a,b)=\gcd(b-a,a)\)。
直接多次应用上法可以得出
\(\gcd(a,b)=\gcd(b,a \bmod b)\)。
容易发现 \(a\bmod b\le\frac a2\)。
所以每一次 \(a,b\) 中有一个会减半，总复杂度为 \(O(\log{\min(a,b)})\)。
求解方程 \(ax+by=1\) 的一组解。
考虑 gcd 的过程。
假如已经有了这样一组解：\(bx'+(a\bmod b)y'=1\)，
那我们可以构造出一组解：
\(\begin{cases}x=y'\\y=x'-y'\lfloor\frac ab\rfloor\end{cases}\)
满足 \(ax+by=1\)。
时间复杂度不变。
模板题 P5656 【模板】二元一次不定方程 (exgcd)
练习题 P1516 青蛙的约会
\(a\equiv b\pmod p\Leftrightarrow a\bmod p=b\bmod p\)。
容易发现有如下性质。
\(a\equiv b\pmod p\Leftrightarrow a+c\equiv b+c\pmod p\)
\(a\equiv b\pmod p\Rightarrow ac\equiv bc\pmod p\)
\(a\equiv b\pmod p\Rightarrow ac\equiv bc\pmod {pc}\)
\(a^{-1}a\equiv1\pmod p\)
当 \(\gcd(a,p)=1\) 且 \(p\) 是质数时，由费马小定理 \(a^p\equiv a\pmod p\)，可以得出 \(a^{p-2}a\equiv1\pmod p\)。
证明：多项式定理。
如果 \(p\) 不是质数，也可以看成是一个方程 \(a^{-1}a+bp=1\)，用拓欧来解即可。
模板题 P3811 【模板】乘法逆元
要求多个数的逆元。
先求出前缀积，再求所有数的积的逆元，再一次往前乘就可以了。
时间复杂度 \(O(n+\log p)\)。
模板题 P5431 【模板】乘法逆元 2
\(a^{\varphi(p)}\equiv 1\pmod p\)
\((\gcd(a,p)=1)\)
证明：
考虑 \(\varphi(p)\) 计数到的所有数 \({a_1,a_2,a_3\dots a_{\varphi(p)}}\)，显然互不相同且与 \(p\) 互质。
注意到 \(ka_1,ka_2,ka_3\dots ka_{\varphi(p)}\) 仍然满足上一条性质。
显然这两个集合模意义下就必然是相同的了。
那么两个集合中的数之积就应相等，\(\prod\limits_{i=1}^{\varphi(p)}{a_i}\equiv k^{\varphi(p)}\prod\limits_{i=1}^{\varphi(p)}{a_i}\pmod p\)。
所以就能得到 \(k^{\varphi(p)}\equiv1\pmod p\) 了。
当 \(k>\varphi(p)\) 的时候有 \(a^k\equiv a^{k\bmod\varphi(p)+\varphi(p)}\pmod p\)。
例题 P4139 P4139 上帝与集合的正确用法
求 \(2^{2^{2^{\dots}}}\bmod p\)。
保证 \(p\) 是质数。
Solution
直接暴力拓欧，不会递归超过 \(\log\) 层。
时间复杂度 \(O(\log^2p)\)。
求一个同余方程组的解集：
\(\begin{cases}x\equiv a_1\pmod{m_1}\\x\equiv a_2\pmod{m_2}\\x\equiv a_3\pmod{m_3}\\\dots\\x\equiv a_n\pmod{m_n}\end{cases}\)
保证 \(m_1,m_2,m_3\dots m_n\) 两两互质。
设 \(M=\prod\limits_{i=1}^n{m_i},p_i=\frac M{m_i},q_i\equiv p_i^{-1}\pmod{m_i}\)，那么就有
\(x\equiv\sum\limits_{i=1}^{n}{a_ip_iq_i}\pmod M\)
这就是该方程组的解集。
模板题 P1495 【模板】中国剩余定理（CRT）/ 曹冲养猪
练习 P2480 [SDOI2010]古代猪文(需要前置知识 Lucas)