二次剩余解决的是 \(x^2 = n \pmod p\)，求 \(x\) 的解问题，就是在模意义下的开根。 这里介绍 \(p\) 为奇质数的情况。 解的数量 考虑 \(x^2 = n \pmod p\) 如果有两个不同的解 \(x_1\) 和 \(x_2\)。 \[x_1^2 \equiv x_2^2 \pmod p \]\[x_1^2 - x_2^2 \equiv 0 \pmod p \]\[(x_1 - x
阶 阶的定义 设 \(m>1\)，且 \(gcd(a,m)=1\)，那么使得\(a^r\equiv 1(modm)\)成立的最小的正整数\(r\)称为\(a\)对模\(m\)的阶，记为\(\delta m(a)\) 阶的性质 定理一：若 \(m>1\) 并且 \(gcd(a,m)=1\)，又满足 \(a^n \equiv 1(modm)\)，那么 \(\delta m(a)|n\) 定理二：\(\delta m(a)|\varphi(m
前言 ntt和fft一样，都是用来处理卷积的，但用处不一样 fft因为浮点数的性质，系数的大小没有限制，但是会丢失精度 ntt是通过整数运算在剩余系下计算卷积，卷积后的系数不能超过整形的范围，但是速度较快，而且不掉精 如果系数不大，一般用ntt 如果系数大大，且不能取模，则用fft 理论 原根：一个数g为p
二次剩余(懒人模板总结) 只考虑奇质数的情况 设求\(\sqrt a \pmod P\) Part1 判断 存在二次剩余即\(a^{\frac{(P-1)}{2}}=1 \pmod P\) (对于所有\(a=0,1\)的情况需要特判) Part2 原根法求二次剩余 先求出\(P\)的一个原根\(g\) 那么可以用\(g^k\)表示出\([1,P-1]\)的所有数 用\(BS
引入问题 : 给定一个奇素数 \(p\)，求 \(p\) 最小的原根 \(g\)。 对于一个质数，它的原根 \(g\) 需要满足什么条件？ 对于 \(k \in [1, p - 1]\)，\(g^k\) 完美遍历了 \([1, p - 1]\) 的所有数。（\(g_k\) 两两不相等） 如何快速判断一个数 \(x\) 是否是原根呢？ 根据费马小定理可得 \(x^{p - 1}
NTT(快速数论变换)用到的各种素数及原根 g是mod(r * 2 ^ k + 1)的原根 r * 2 ^ k + 1 r k g 3 1 1 2 5 1 2 2 17 1 4 3 97 3 5 5 193 3 6 5 257 1 8 3 7681 15 9 17 12289 3 12 11 40961 5 13 3 65537 1 16 3 786433 3 18 10 5767169 11 1
\(NTT\)，快速数论变换，可以理解为带模数的FFT。 原根 & 阶 先来补一点数论。（这里讲的应该很少，都是针对\(ntt\)胡的，具体的话可以去看《初等数论》那本小黄书）。 阶（指数） 如果\(m > 1, (a,m) = 1\)，那么必有整数\(d\)，使得下面这个柿子成立 \[ a^d \equiv 1 \ (mod \ m) \] 我们称令这个
MathJax Party 我是一中截图王 等差序列求和 \(\sum\limits_{i=1}^{n}{a_n}\ (a_i = a_{i-1} + d)\) \(=n\times a_1 + \dfrac{n(n-1)}{2}\times d\) 等比数列求和 \(\sum\limits_{i=1}^{n}{a_n}\ (a_i = a_{i-1} \times d)\) \(=\dfrac{a_1(1-d^{n})}{1-d}\) 设: \(T = \su
质数$p=k*2^r+1$。 原根为$g$。 $p$ $r$ $k$ $g$ 81788929 21 39 7 104857601 21 50 3 104857601 22 25 3 113246209 21 54 7 113246209 22 27 7 132120577 21 63 5 136314881 21 65 3 138412033 21 66 5 155189249 21 74 6 167772161 23 20 3 249561089
时隔两三个月重新打$ntt$的时候，已经忘记了常见模数的原根。 想要回忆原根的求法，以备不时之需，然而也忘记了。 所以颓了大神$yxs$的证明博客，为了防止再次遗忘，来复读一遍大神的做法和证明。 做法： 因为原根往往很小，所以可以采用暴力枚举的方法。 然而直接暴力$check$的复杂度并不是
# 用辗转相除求最大公因子def gcd(a,b): r=a%b while(r!=0): a=b b=r r=a%b return b# 欧拉函数-暴力循环版def euler(a): count=0 for i in range(1,a): if gcd(a,i)==1: count+=1 return countdef order(a,n,b):#
题目： HDU----4992：Primitive Roots 笔记： 原根有诸多美丽的性质： （1）原根具有和DFT中单位根相似的性质，于是就能在模p意义下进行快速数论变换 (NTT) （2）若g为p的原根，那么在[0,p]总能找到一个x使得g^x = a (mod p) 在离散数学中，若 g^x = a (mod p)，则: 知道这个有什么用呢？对于一个
达哥简单题，一道半数学一道半$dp$，总的来说还是比较简单的（虽然我考成了x） 总的来说就是$T2$干的时间太长了，导致我没有时间想T1，（样例都错想个p）。 T2真的是一步之遥，但是还是功亏一溃了，连个高斯消元也没打，老以为自己能推出来公式。。。 下次还是好好打暴力吧。 题解: T1: 首先特判20可
设m是正整数，a是整数，若a模m的阶等于φ(m)，则称a为模m的一个原根。（其中φ(m)表示m的欧拉函数） 给出1个质数P，找出P最小的原根。 Input输入1个质数P(3 <= P <= 10^9)Output输出P最小的原根。Sample Input 3 Sample Output 2 只有1，2，4，p^a,2*p^a （p为奇素数）有原根对phi（n）质因数分解从2到ph
注意 由于蒟蒻实在太弱了~^_^~暂时无法完成证明，仅能写出简单版总结 与FFT的区别 \(NTT\)与\(FFT\)的代码区别就是把单位根换成了原根，从而实现无精度误差与浮点数的巨大常数 原根具有单位根的所有特点，原根是在特定模数下的定义 对于模数\(p\)，原根\(g\)满足：\(~_{i=0}^{p-1}g^i (mod~p
题目: 样例: 思路: 首先要清楚原根这一概念，其实在数论中还挺重要的. 认识原根又需要了解阶的概念 移步巨巨的博客: 阶和原根 这道题用到的就是博客里的定理2: 每一个素数p都有ϕ(p−1)个原根。事实上, 每一个数m都有ϕ(ϕ(m))个原根(如果有的话). 所以直接求ϕ(p−1)即可 代码:
题目链接： [UOJ86]mx的组合数 题目大意：给出四个数$p,n,l,r$，对于$\forall 0\le a\le p-1$，求$l\le x\le r,C_{x}^{n}\%p=a$的$x$的数量。$p<=3000$且保证$p$是质数，$n,l,r<=10^30$。 对于$10\%$的数据，可以直接杨辉三角推。对于$20\%$的数据，因为$n$是确定的，可以递推出$C_{x+1}^{n}=C_{x}
题目描述 在ACM_DIY群中，有一位叫做“傻崽”的同学由于在数论方面造诣很高，被称为数轮之神！对于任何数论问题，他都能瞬间秒杀！一天他在群里面问了一个神题: 对于给定的3个非负整数 A,B,K 求出满足 (1) X^A = B(mod 2*K + 1) (2) X 在范围[0, 2K] 内的X的个数！自然数论之神是可以瞬间秒杀
题目描述 给出三个整数p,k,a,其中p为质数，求出所有满足x^k=a (mod p),0<=x<=p-1的x。 输入 三个整数p,k,a。 输出 第一行一个整数，表示符合条件的x的个数。 第二行开始每行一个数，表示符合条件的x,按从小到大的顺序输出。 样例输入 11 3 8 样例输出 12 提示 2<=p<p<=10^9 2<=k<=1
题目传送门 matthew99神犇的题解讲得非常清楚明白，跪烂Orzzzzzzzzzzzzz 总结一下，本题有很多重要的突破口 1.Lucas定理 看到n,m特别大但模数特别小时，容易想到$lucas$定理 $C_{n}^{m}=C_{n/p}^{m/p}\cdot C_{n\;mod\;p}^{m\;mod\;p}\;(mod\;p)$ 但普通的$lucas$显然不适用于多次计算，我
