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下述理论主要参考书目：电子版pdf:算法竞赛进阶指南(p133-150)

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首先补充两个前置知识：约数和最大约数有关性质，可选择性看~

有关素数筛的算法埃式 $nlog(n)$ &欧拉素数筛 $o(n)$ &大区间素数筛

约数

最大公约数

1.gcd(a,b)=gcd(a,a-b)=gcd(b,a-b)=d;

2.欧几里得算法： b!=0; gcd(a,b)=gcd(b,a%b)=d;

(ps:其实这里有个一般性的结论：gcd(m, $n$ )=gcd(m, $k*m+r_1$ ),n= $k*m+r_1$ ,k为整数,0<= $r_1$ <m)

1.证明：d|a 且 d|b 那么d| (a-b) 得证

2.证明：a<b 显然易得 a>=b: 令 a= $q*b$ +r; 由于d|a d| $(q*b)$ 那么易得 d|(a- $q*b$ ) 即得d|r 又r=a mod b ,所以gcd(a,b)=gcd(b,a%mod);

欧拉函数

φ(N)=N*(1 - $\displaystyle\frac{1}{p_1}$ )(1 - $\displaystyle\frac{1}{p_2}$ )(1 - $\displaystyle\frac{1}{p_3}$ )......(1 - $\displaystyle\frac{1}{p_m}$ )

证明：具体用到了容斥原理： φ(N)=N - ( $\displaystyle\frac{N}{p_1}$ + $\displaystyle\frac{N}{p_2}$ + $\displaystyle\frac{N}{p_3}$ + $\displaystyle\frac{N}{p_4}$ - $\displaystyle\frac{N}{p_1p_2}$ - $\displaystyle\frac{N}{p_2p_3}$ - $\displaystyle\frac{N}{p_1p_3}$ - $\displaystyle\frac{N}{p_1p_4}$ - $\displaystyle\frac{N}{p_2p_4}$ - $\displaystyle\frac{N}{p_3p_4}$ + $\displaystyle\frac{N}{p_1p_2p_3}$ + $\displaystyle\frac{N}{p_1p_2p_4}$ ...-...+..-.. $\displaystyle\frac{N}{p_1p_2p_3......p_m}$ ) (ps:分式这小东西麻烦啦啊aaa...) 上面的式子因式分解就得到了: 即是： φ(N)=N*(1 - $\displaystyle\frac{1}{p_1}$ )(1 - $\displaystyle\frac{1}{p_2}$ )(1 - $\displaystyle\frac{1}{p_3}$ )......(1 - $\displaystyle\frac{1}{p_m}$ )

欧拉函数的一些性质

在这里插入图片描述

2.性质2我们知道了欧拉函数是积性函数(PS:积性函数：对于任意互质的整数a和b有性质f(ab)=f(a)f(b)的数论函数)

3.p 为质数，若p|n 且 $p^2$ |n，则φ(n)= $φ(\displaystyle\frac{n}{p})*p$ ;

4.p 为质数，若p|n 且 $p^2$ 不n整除，则φ(n)= $φ(\displaystyle\frac{n}{p})*(p-1)$ ;

5. $\sum_{d|n}φ(d)=n$

证明：

1.由于gcd(n,x)=gcd(n,n-x)=1,所以与n互质的数是"成对"的出现。进而n+(n-x)=n. 就得出了 2.性质2就很显然了，根据欧拉函数的公式 φ(N). a,b互质，所以分解质因数没有一样的，根据欧拉函数就可以将 φ(a) φ(b)合并得出了φ(N)。 所以欧拉函数是积性函数 3.用到了 φ(N)=N $*$ (1 - $\displaystyle\frac{1}{p_1}$ )(1 - $\displaystyle\frac{1}{p_2}$ )(1 - $\displaystyle\frac{1}{p_3}$ )......(1 - $\displaystyle\frac{1}{p_m}$ ) $p^2$ |n主要告诉咱们N分解后p的质因数个数不少于2. 所以 $\displaystyle\frac{N}{p}$ 分解后的质因数还有p. φ( $N$ )和φ( $\displaystyle\frac{N}{p}$ )的欧拉函数表达式中(1 - $\displaystyle\frac{1}{p_i}$ )全都一样，只是一个是N和 $\displaystyle\frac{N}{p}$ 。所以就得出了φ(N)= $φ(\displaystyle\frac{N}{p})*p$ ; 4.是同理3的证明方法。 5.性质5： $f(n)=\sum_{d|n}φ(d)=n$ 证明比较难了，首先得证明 $f(n)$ 是积性函数. $f(n)$ 积性函数证明：其实有点显然了, 若n,m互质，出发点仍然是质因数分解考虑. 举个栗子:n=6, m=35, n,m互质. n中的d：1,2,3. m中的d：1,5,7. 然后我们知道欧拉函数 φ(N)是个积性函数(见性质2)。 $(1,2,3)*(1,5,7)$ 的分解得出集合d全是能整除 $n*m$ ，不多不少。 ps: $(1,2,3)*(1,5,7)$ 得到的d集合(1,5,7,2,10,14,3,15,21). 所以就知道了嘛: n,m互质那么: $f(n*m)=f(n)f(m)$ 得证： $f(n)$ 是积性函数

ps:φ(1)=1

同余

定义：若整数a和整数b除以正整数m的余数相等，则称a,b模m同余。记为a $\equiv$ b(mod m)。 eg：10 $\equiv$ 24(mod 7) 同余数3.

同余的基本性质

在写性质之前，先得有种这样的思路。 a= $p*m$ + $r_1$ b= $q*m$ + $r_2$
如果a $\equiv$ b(mod m)，那么 $r_1$ = $r_2$ 。

性质一: 如果a $\equiv$ b(mod m),c $\equiv$ d(mod m).那么( $a\pm c$ ) $\equiv$ ( $b \pm d$ ) (mod m)。

(ps:从 $r_1$ 和 $r_2$ 这方面思考)。

性质二:如果a $\equiv$ b(mod m),c $\equiv$ d(mod m).那么( $ac$ ) $\equiv$ ( $bd$ ) (mod m)。

证明: 首先从已知得到a和b的余数是 $r_1$ ，c和d的余数是 $r_2$ . a= $p*m$ + $r_1$ , c= $q*m$ + $r_2$
然后呢 $a*c$ = $p*q*m$ + $(r_1+r_2)*m$ + $r_1*r_2$ . 对于 $b*d$ 同理的，那些( $p*q*m$ + $(r_1+r_2)*m$ )能被整除的不用管它,然后后面的尾巴都是 $r_1*r_2$ .所以得以证明。

性质三: 如果ac $\equiv$ bc(mod m), 且 gcd(c,m)=1(c和m互质) , 则有a $\equiv$ b(mod m)。

这条性质很重要，反复品味。 证明： 对于ac $\equiv$ bc(mod m)有ac= $p*m$ + $r_1$ ,bc= $q*m$ + $r_1$ 。所以ac- $p*m$ =bc- $q*m$ . 得到： $(a-b)*c$ = $(p-q)*m$ 。再可得到 $(a-b)*c$ 中能被m整除。然后根据算术基本定理：n= $p_{1}^{c_1}$$p_{2}^{c_2}$$p_{3}^{c_3}$$p_{4}^{c_4}$ ...... $p_{m}^{c_m}$ 由于gcd(c,m)=1, m不在c中，那么m只能在 $a-b$ 中。(即是 $a-b$ = $k*m$ ) 用符号表示：m|(a-b). a= $p*m$ + $r_1$ b= $q*m$ + $r_2$
a-b= $(p-q)*m$ + $(r_1-r_2)$ 能被m整除，所以 $r_1$ = $r_2$ 这就说明了a和b的余数都是 $r_1$ 。所以a $\equiv$ b(mod m)。

性质四：若ac≡bd,c≡d(mod m)，且gcd(c,m)=1，得到a≡b(mod m)。

(ps:其实性质三是性质四的特殊情况，c=d ) 证明: 首先c与d的余数相等，记为 $r_1$ , 又因为gcd(c,m)=1; 所以 $r_1$ =1 所以我们得出了gcd(d,m)=1. a= $p*m$ + $r_2$ c= $q*m$ + $1$ b= $k*m$ + $r_3$ ac=( $p*q*m$ ) + ( $p*m$ ) + ( $q*m*r_1$ ) + $r_2$ bd=.........+ $r_3$ 由于ac与bd余数相等,所以 $r_2=r_3$ 。所以a≡b(mod m)。

同余类与剩余系

gcd( $a*b$ ,m)=1; gcd( $a*b$ ,m)=gcd( $(a*b)$ %m,m)=1. (ps：见最大公约数性质二) 所以 $(a*b)$ %m 与 m互质。所以得出了简化剩余系关于模m乘法封闭。 (ps:这个关系怎么理解呢？对于所有的a，gcd(a,m)=1，那么gcd(a%m,m)=1，即是所有a都能映射到m的简化剩余系中)

费马小定理 & 欧拉定理

1.费马小定理：若p是质数，则对于任意整数a，有 $a^p\equiv a$ (mod p)。 2.欧拉定理：若正整数a,n互质，则 $a^{φ(n)}\equiv 1$ (mod n). ps:我个人一般会写成 $a^{φ(p)}\equiv 1$ (mod p). 证明：设n的简化剩余系为{ $\overline{a_1}$ , $\overline{a_2}$ , $\overline{a_3}$ , $\cdots$$\overline{a_{φ(n)}}$ }。对于 $\forall a_i,a_j$ ,若 $a*a_i\equiv a*a_j$ (mod n)。根据同余性质三的结论(如果ac $\equiv$ bc(mod m), 且 gcd(c,m)=1(c和m互质) , 则有a $\equiv$ b(mod m)。) 可知道 $a_i\equiv a_j$ (mod n)又因为 $a_i,a_j\in(1,n)$ ,所以 $a_i\neq a_j$ 。这个证明有什么用呢？意味着若 $a_i \neq a_j$ ,则 $(a*a_i)$ %n和 $(a*a_j)$ %n不等。那么 $a*a_i$ 等一系列是一一对应的。因此，集合{ $\overline{a_1}$ , $\overline{a_2}$ , $\overline{a_3}$ , $\cdots$$\overline{a_{φ(n)}}$ }与集合{ $\overline{aa_1}$ , $\overline{aa_2}$ , $\overline{aa_3}$ , $\cdots$$\overline{aa_{φ(n)}}$ }都能表示n的简化剩余系。所以我们得出了这样一个东东.... $a^{φ(n)}a_1a_2a_3\cdots a_{φ(n)}\equiv (aa_1)(aa_2)(aa_3)\cdots a_{φ(n)}$ $(aa_1)(aa_2)(aa_3)\cdots a_{φ(n)}\equiv a_1a_2a_3\cdots a_{φ(n)}$ (mod n) $aa_1=p_1*m$ + $r_i$ , $aa_2=p_2*m$ + $r_j$ , $aa_3=p_3*m$ + $r_k$ ,然后像这样所有的 $aa_s$ 的余数 $r_i,r_j,\cdots r_k$ 组成的集合就是n的简化剩余系(ps:用到了上面证明的两个集合一一对应的性质，我相信您能看到这里对同余的理解应该很清楚了)就得出了上面的等式。结合两个等式 $a^{φ(n)}a_1a_2a_3\cdots a_{φ(n)}\equiv a_1a_2a_3\cdots a_{φ(n)}$ (mod n) $a_1a_2a_3\cdots a_{φ(n)}$ 与n互质(根据同余性质三) 得出了 $a^{φ(n)} \equiv 1$ (mod n) 在上述中我们的前提是a与n是互质的。故我们证明了欧拉定理。 如果n是质数，那么φ(n)=n-1。在欧拉定理的基础上左右乘以a，得到 $a^n\equiv a$ (mod n) 即证明了费马小定理

趁热打铁来一道关于BSBG的算法题(依据费马下定理)

Discrete Logging POJ - 2417

问题：给定 $a,b,p,$ 求最小非负整数x，满足 $a^x\equiv b$ (mod $p$ ) p是质数。令 $x=i*m -j,$ $m=⌈\sqrt{p}⌉$ , 所以 $a^{im-j}\equiv b$ (mod p) 左右边同乘以 $a^j$ ，得到: $a^{im}\equiv ba^j$ (mod p) 然后就可以枚举i和j了。首先从 $[0,m]$ 枚举j，将得到的b $a^j$ 的值存入hash值。然后，从 $[1-m]$ 枚举 $i$ ，计算 $a^{im}$ ,查表，如果有值与之相等，则得到的 $im-j$ 是最小值. 然后最小的非负数整数x若存在一定在1-p 区间内。 注意事项：

1.为什么最小的非负数整数x若存在一定在 $[1,p]$ 区间内因为费马小定理： $a^p\equiv a$ (mod p) 进而得出 $a^{p-1}\equiv 1$ (mod p) x=k*(p-1)+r. 1<r<p-1 所以： $a^x\equiv r$ (mod $p$ ) 这说明了什么呢，一个大于等于p的x，总能在r $\in [1,p-1]$ ，找出r。 2.为什么m要取 $⌈\sqrt{n}⌉$ 就可以? 因为是枚举嘛，开根号的时间复杂度是多少的。 3.一点j点可能会被覆盖呀？？对没错。枚举j时出来的值是有可能重复，那么在map就会再次刷新，然后若是刷新啦，j刷新值会比原来值更大(ps:在代码中解释会更直观)。j值越大，得到的x越小（ $x=i*m -j$ ），也是我们希望的。 4.关于枚举i，j区间的问题：为什么从0−m枚举j，而从1−m枚举i？ i不能为0，否则im−j有可能出现负数的情况. hmmm 其实枚举i，j的区间并不是一定的。依据： $x=i*m -j$ 还能枚举有： $i\in [1,m]$ , $j\in [1,m]$ 参考资料：BSGS算法学习笔记

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<map>
#define ll long long
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
ll gcd(ll a,ll b){ return b? gcd(b,a%b):a;}
//const int N=2e5+10;
const ll mod=1e9+7;
using namespace std;
ll read(){
    ll s = 0, f = 1; char ch = getchar();
    while(!isdigit(ch)){
        if(ch == '-') f = -1;
        ch = getchar();
    }
    while(isdigit(ch)) s = (s << 3) + (s << 1) + (ch ^ 48), ch = getchar();
    return s * f;
}
ll a,b,p;
ll qpow(ll x,ll y){
	ll ans=1;
	while(y){
		if(y&1){
			ans=(ans*x)%p;
		}
			x=(x*x)%p;
			y>>=1;
	}
	return ans;
}
ll x;
map<ll,int> mp;
void solve(){
//	cout<<qpow(2,10)<<endl;
    while(scanf("%lld %lld %lld",&p,&a,&b)!=EOF){
         a%=p;
         if(a==0 and b==0) {
             printf("%d\n",1);
             return ;
         }
         if(a==0)
         {  
         printf("no solution\n");
             return ;
         }
    	 //注意一个小细节，就是在快速幂中是p哦，别写成了mod啦，一个小小的坑~
    	  ll m=ceil(sqrt(p));
    	  mp.clear();
    	  ll ans=b%p;
    	  //枚举区间i:1-m 
    	  for(int i=1;i<=m;i++){
				ans=ans*a%p;
				mp[ans]=i;
//				cout<<ans<<" "<<(i+1)<<endl;
		  }
		  ans=1;
		  int flag=0;
		  ll  t=qpow(a,m);
//		  ll top=p/m+1;
		  for(int i=1;i<=m;i++){
			  ans=ans*t%p;
		  	if(mp[ans]){
//		  		cout<<(i*m-mp[ans]+p)%p<<endl;
                printf("%lld\n",(i*m-mp[ans]+p)%p);
		  		flag=1;
		  		break;
			  }
		  }
		  if(!flag) printf("no solution\n");
//		   cout<<"no solution"<<endl;
	}
}
int main (){
//  freopen("in.txt","r",stdin);
//  freopen("out.txt","w",stdout);
  solve();
  return 0;
}

欧拉定理的推论

最小正整数 $x_0$

在这里插入图片描述

欧拉的指数循环节

其他理论

1. 在这里插入图片描述 i在区间[x,g(x)]内， $\lfloor k/i \rfloor$ 的值都相等。

说明：

求出i的一段连续区间使得： $\lfloor k/i \rfloor$ 是个定值。 eg： k=33，i=10; $\lfloor 33/10 \rfloor$ =3; 但是呢？ $\lfloor 33/8 \rfloor$ =3; 满足 $\lfloor 33/9 \rfloor$ =3; 满足 $\lfloor 33/11 \rfloor$ =3; 满足 $\lfloor 33/12 \rfloor$ =2; 不满足所以他的一段连续的区间是：[8,11]。 i在[8,11]内， $\lfloor k/i \rfloor$ 是个定值。

证明：在这里插入图片描述由于g(x)>=x,所以i在这个区间内是个定值。

来看一到题：余数之和

题意很简单：在这里插入图片描述

这里就用上了该结论。大概讲一下写代码的思路。我们知道一个N的正因数个数不超过2* sqrt(N).
(ps:a<b $a*b$ =N 那么a<sqrt(n) 和 b>sqrt(n) 所以显而易见) 知道了这个就可以说明了 i在[1,N]内 $\lfloor N/i \rfloor$ 值不同的个数不超过 $2* \sqrt{N}$ . 然后就知道了有不超过2* sqrt(N)个的区间。时间复杂度在O( $\sqrt{N}$ ); AC代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
ll gcd(ll a,ll b){ return b? gcd(b,a%b):a;}
const int N=2e5+10;
const ll mod=1e9+7;
ll read(){
    ll s = 0, f = 1; char ch = getchar();
    while(!isdigit(ch)){
        if(ch == '-') f = -1;
        ch = getchar();
    }
    while(isdigit(ch)) s = (s << 3) + (s << 1) + (ch ^ 48), ch = getchar();
    return s * f;
}
using namespace std;
ll n,k;
ll sum=0;
void solve(){
    n=read();k=read();
	sum=n*k;
	ll x=1;
	ll y;
	ll cnt;
	while(x<=n){
		if(k/x !=0)
		 y=k/(k/x);
		 else y=n;
		 cnt=y-x+1;
		if(y<=n)
		sum-= (k/x)*cnt*(x+y)/2;
		else {
			sum-=(k/x)*(n-x+1)*(x+n)/2;
		}
		x=y+1;
	}
	cout<< sum<<endl;
}
int main (){
//   freopen("in.txt","r",stdin);
//   freopen("out.txt","w",stdout);
  solve();
//   while(1);
  return 0;
}

参考博客：同余 Discrete Logging BSGS算法

《算法竞赛进阶指南》数论篇(1)-最大公约数，素数筛，欧拉函数，同余，欧拉定理，BSGS

下述理论主要参考书目： 电子版pdf:算法竞赛进阶指南(p133-150)