欧几里得算法 引理 \(1\)：\((a,b) = (a,a-b)\) 令 \((a,b)=d,(a,a-b)=k\)。 \(a \equiv 0 \pmod d, b \equiv 0 \pmod d,a-b \equiv 0 \pmod d\)，所以 \(k \ge d\) \(a \equiv 0 \pmod d, a-b \equiv 0 \pmod d,b=a-(a-b) \equiv 0 \pmod d\)，所以 \(d \ge k\)
数论分块 简介 数论分块通常被用来以\(O(\sqrt n)\)的复杂度快速计算形如\(\sum \limits_{i=1}^n f(i)g(\lfloor \frac n i \rfloor)\)的含有除法向下取整的和式，它的核心思想是将\(\lfloor \frac n i \rfloor\)相同的数打包同时计算，主要利用了Fubini定理。 证明 1. 证明时间复杂度
简介： 费马小定理(\(Fermat's\) \(little\) \(theorem\))是数论中的一个重要定理，在\(1636\)年提出。 定义： 如果 \(p\) 为质数，且 \(a \bmod p \ne 0\)，则有 \(a^{p-1}\bmod p=1\) \(PS:\) 先证明一个裴蜀定理的引理。 推论：如果 \(a,b\in \mathbb Z^+\)，且 \(gcd(a,b)=1\)，则 \(0,a,2a,
原来源: dian巨 阶乘逆元求组合数 在做D - Madoka and The Corruption Scheme时, 一个满二叉树的走法就是C(n,i), 在n轮中赢几场, 最终就是杨辉三角前缀和 template<typename T = long long, int P = 1000000007> class Combination{ public:// 初始化组合数, mul[i]=i!, div[i
质数判定与筛选 给定一个正整数 \(N\)，如果存在一个数 \(T\)，T 满足\((2\leq T \leq N -1)\) 则称 \(N\) 是一个合数，如果不存在这样这样的因数 \(T\)，则称\(N\) 质数。简单来说，一个数\(N\) 如何仅能被 \(1\) 与 \(N\) 本身整除，则称这个数字是质数，或称素数(Prime Number)；数论的大多
NTT(快速数论变换) 在取模的情况下,解决多项式乘法. n,m表示多项式的次数,从低到高读入 const int NR = 1 << 22, g = 3, gi = 332748118, mod = 998244353; //998244353的一个原根为3且998244353-1=2^23*119，3在模998244353意义下的逆元为332748118 int n, m, rev[NR]; //rev[i]为
P3811 【模板】乘法逆元 数据范围是只能 \(\mathcal{O}(n)\) 过的。 考虑递推逆元。 设 \(t = p / i, k = p % i\)。 \(t * i + k \equiv 0(\bmod p)\). \(k \equiv - t * i (\bmod p)\) \(inv[i] \equiv - t * inv[k] (\bmod p)\) \(inv[i] \equiv - p / i * inv[p % i] (\bmod p
1、模运算的性质： 加法： \[(A+B)\,mod\,C=(A\,mod\,C+B\,mod\,C)\,mod\,C \] 乘法： \[(A \times B)\,mod\,C=[(A\,mod\,C)\times (B\,mod\,C)]\,mod\,C \] 减法： \[(A - B)\,mod\,C = [(A\,mod\,C)-(B\,mod\,C)+C]\,mod\,C \]2、快速幂： 因为\(a^b\)可以看做成
《贝祖定理》 简单来说是: 整数 a,b ,gcd(a,b)=d; 则 存在x,y使ax+by=d成立 证明： 《扩展欧几里得算法》 由贝祖定理：ax+by=gcd(a,b) 则：当不断取模gcd(a,b)=......=gcd(an,0)时 an*x+b*0=gcd,而an=gcd，所以 x=1,y=任意，为了方便y=0; 设：当前层ax+by=gcd 已知下一层的x
词客有灵应识我，霸才无主独怜君。 主要记录一些 不太熟悉的式子，以提高熟练度。 一个定理 \[\forall a,b,c\in \mathbb{Z},\left\lfloor\dfrac{a}{bc}\right\rfloor = \left\lfloor{\dfrac{\left\lfloor\dfrac{a}{b}\right\rfloor}{c}}\right\rfloor \]证明：$$\dfrac{a}{b} = \left\l
蒟蒻的组合数学实在是太弱了，所以在初赛之前赶紧来复习一下，大部分内容由 \(OI-Wiki\) 整合而来。 普及知识点标 \(J\)，提高知识点标 \(S\) 加法原理&乘法原理（\(J\)） 加法原理 假设完成一项任务有 \(n\) 种方案，每种方案的办法数目为 \(a_i\)，则完成这项任务的总方法数为 \(a_1+a_2+\cdo
算法： 1 int qmi(int a, int b, int mod) 2 { 3 //答案 4 int res = 1; 5 //乘数 6 int mul = a; 7 while (b) 8 { 9 //在二进制下b的第0位是否是1 10 //是1则要乘,否则不要 11 if (b & 1) 12 res
0. 前置知识 0.1 常用数学标识 若 \(a\) 与 \(b\) 模 \(p\) 同余，则写成 \(a\equiv b\pmod p\)。 完全剩余系：\((a_1,a_2,...,a_{n-1})\) 模 \(n\) 两两不同，则称 \((a_1,a_2,...,a_{n-1}))\) 为模 \(n\) 的 完全剩余系。 0.2 二项式定理 \[(a+b)^n=\binom{n}{0}a^n+\binom{n}{1}a^
概念 我们考虑这样一个问题：求 \(\sum_{i=1}^{k} \lfloor \dfrac{n}{i} \rfloor\) 我们以 \(n=7,k=7\) 为例子，先画出 \(f(x) = \dfrac{7}{x} \ (1 \leq x \leq 7)\) 的图像 因为我们的取值是向下取整的，我们描出所有可能的取值 注意到所有的点按照取值可以分成若干段 我们可以一次
积性函数与完全积性函数 \(e(n) = [n=1]\) \(I(n) = 1\) \(id(n) = n\) 迪利克雷卷积 记 \(h = f *g\) 表示 \(f,g\) 的迪利克雷卷积为 \(h\) \[h(n) = \sum_{d|n}f(d)g(\frac{n}{d}) \]迪利克雷卷积有交换律、结合律、分配律： \[\begin{aligned} f* g &= g *f \\ (f* g) *h &= f*
前言 本蒟蒻在写初赛题后听讲评时，听得一脸懵，发现对数论无所了解，于是疯狂地补，此博客在有生之年不会完结（吧），希望 \(hzx\) 不会又说我。 符号 整除符号：\(x \mid y\) 取模符号：\(x \bmod y\) 互质符号：\(x \perp y\) 最大公约数：\(\gcd(x,y)\) 最小公倍数：\(\operatorname{lcm}(x,y)\) 求和
数论函数初步 数论函数 数论函数&狄利克雷卷积 定义：在全体（正）整数上定义的函数为数论函数 积性定义： 完全积性：\(f(ab)=f(a)f(b)\) 积性：若\(\gcd(a,b)=1\)，则\(f(ab)=f(a)f(b)\) 规律：如果\(f(x),g(x)\) 为积性函数，则一下函数也有积性： \((f(x))^{-1},f(x)g(x),f(g(x)),f*g\) 积性
链接：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/26656/1005来源：牛客网 题目描述 Forsaken有一个有趣的数论函数。对于任意一个数xx，f(x)f(x)会返回xx的最小质因子。如果这个数没有最小质因子，那么就返回0。 现在给定任意一个nn，Forsaken想知道\sum_{i = 1}^{n}{f(i)}∑
1.线性筛 我们知道一种筛法，叫艾氏筛，复杂度为\(O(N loglogN)\) 这个算法的复杂度的确很小，但是并不是严格线性的，接下来隆重介绍真正的线性筛法——欧拉筛 首先，我们先要知道为什么艾氏筛不能做到线性呢？是因为它的很多数都被重复筛了好多遍 那么怎么避免重复筛呢？我们考虑每个数最小的
八个月前浅尝辄止地碰了一下初等数论，写了一大堆零零散散的blog，想了想最好还是把它们整理一下，顺便补充一点当时没学到/没写到的内容。 以下讨论对象均为整数。 exgcd 21.11.02 即扩展欧几里得，可以以普通欧几里得的复杂度求出关于 \(x,y\) 的不定方程 \(ax+by=\gcd(a,b)\) 的一组特
前言 TC 讲课笔记。 正文 定义一个幂函数：\(f(x)=a_1x^{b_1} + a_2x^{b_2} + \cdots + a_nx^{b_n} +C\)。（\(C\) 为常数。） 导数：反映一个函数的变化快慢。 对于一个一次函数： \(f(x)=kx+b\)，那么它的导数就是 \(k\)——\(k\) 反应了这条直线上的点的变化快慢，\(k\) 越大，\(y\) 值的变化
质因数基本理解 试除法求质因数及其个数 思想 要求一个数n的质因数，令i从2开始遍历到n/i，只要n可以被i整除，就一直除以i直到不能被整除，在这个过程中统计每个质因数个数。 为什么除的i都是质数？ 因为i是从2开始的，n能被i整除就会一直除以i，因此后面还能整除的i一定不会是前面遍历过的倍
参考教程： (6条消息) 逆元原理详解_跑起来要带风！的博客-CSDN博客 (6条消息) 密码学中模运算的逆元求解_Gardenia Minwentel的博客-CSDN博客_模逆元怎么求 原理： \(a^{m-1}mod m=1modm\)(m为素数) \(a*a^{m-2}mod m=1modm\) \(\frac{1}{a}mod m=a^{m-2}mod m\) 详细见：欧拉定理与费马
\(\text{Sol. Luogu1397}\) 矩阵游戏 \(\to\text{Link}\leftarrow\) 好题。 题意： \[\begin{aligned} F[1,1]&=1\\ F[i,j]&=a\times F[i][j-1]+b (j\neq 1)\\ F[i,1]&=c\times F[i-1][m]+d (i\neq 1)\\ \end{aligned}\]求 \(F[n][m]\mod 1,000,000,
应用 数论分块用于快速计算形如以下公式的和式 \[\sum_{i=1}^n f(i)g(\lfloor \frac{n}{i} \rfloor) \]前提是 在\(O(1)\) 内计算出 \(f(r)-f(l)\) 或者已经处理出 \(f\) 的前缀和。 复杂度为 \(O(\sqrt{n})\) 数论分块结论 对于\(\lfloor \frac{n}{i} \rfloor\)，一些连续的\(i\)的
