数论：从提高组到提高组

说明

最近可爱的 MGJ 连上了七天的数论课，然后她写了一篇提高组数论的合集。

由于篇幅原因，大部分例题不放代码。

此文章部分参考他人文章或借他人文章进行优化，链接如下：

1. https://www.luogu.com.cn/problem/solution/P5656；
2. https://www.luogu.com.cn/article/fcv6pwn2；
3. https://www.luogu.com.cn/article/n6if1g3y。

更新日志：

• 2026.3.4 22:35：更新扩展欧几里得（Exgcd）；
• 2026.3.5：更新乘法逆元；
• 2026.3.7：更新欧拉函数；
• 2026.3.8-3.9：更新中国剩余定理（CRT）；
• 2026.3.9-3.10：更新欧拉定理；
• 2026.3.11：更新小步大步算法（BSGS）；
• 2026.3.11 21:36：完善所有内容，整改错别字。

本文耗时 \(7\) 天在每天课余时间抽空写完，作者写文章不易，如有不当之处敬请谅解（可以私信作者）。

扩展欧几里得（Exgcd）

Part 0：前置知识

• 基础数学（四则运算，符号定义等）；
• 欧几里得定理：\(\gcd(a, b) = \gcd(b,\ a \bmod b)\)；
• 裴蜀定理。

Part 1：扩展欧几里得的定义

扩展欧几里得是一个算法，一般解决如下核心问题：

给定两个整数 \(a, b\)，找到整数 \(x, y\) 满足：

\[ax + by = \gcd(a, b) \]

这个方程叫做裴蜀方程（Bézout's identity）。

它在信息学竞赛中有着广泛应用，如求解一次不定方程或同余方程。

Part 2：裴蜀方程的求解

我们使用递归推导。

我们对 \(ax + by = \gcd(a, b)\) 用一次欧几里得定理，得：

\[bx_1 + (a \bmod b)y_1 = \gcd(b,\ a \bmod b) \]

将 \(a \bmod b\) 转化为 \(a - b \cdot \left\lfloor \frac{a}{b} \right \rfloor\)，得：

\[ax + by = bx_1 + \left(a - b \cdot \left\lfloor \frac{a}{b} \right \rfloor\right)y_1 = bx_1 + ay_1 - b \cdot \left\lfloor \frac{a}{b} \right \rfloor y_1 = ay_1 + b\left(x_1 - \left\lfloor \frac{a}{b} \right \rfloor y_1\right) \]

与原式比较，得到一组特解：

\[\begin{cases} x = y_1 \\ y = x_1 - \left\lfloor \frac{a}{b} \right \rfloor y_1 \end{cases} \]

于是，我们找到了上层 \(x, y\) 和本层 \(x_1, y_1\) 的关系。

最终当 \(b = 0\) 时，\(\gcd(a, 0) = a\)，方程变为 \(ax + 0y = a\)，显然得到一组解：\(x = 1\)，\(y = 0\)。

注意：

信息学大忌：在 \(b = 0\) 时耍帅把 \(y\) 随便写（如 \(114514\)），因为每一层递归时 \(x, y\) 都会变化。当递归次数足够多时，\(x, y\) 将会超出变量范围或产生某些其他问题。

下面给出两种模板代码，第一种好理解但代码较长（也长不了多少），新手建议使用第一种：

Code 1：

ll Exgcd(ll a, ll b, ll &x, ll &y) {
  if (!b) {
    x = 1, y = 0;
    return a;
  }
  ll d = Exgcd(b, a % b, x, y), tmp = x;
  x = y, y = tmp - (a / b) * y;
  return d;
}

Code 2：

ll Exgcd(ll a, ll b, ll &x, ll &y) {
  if (!b) {
    x = 1, y = 0;
    return a;
  }
  ll d = Exgcd(b, a % b, y, x);
  y -= a / b * x;
  return d;
}

Part 3：扩展欧几里得的应用

3.1：解不定方程

常见问题：求不定方程 \(ax + by = c\) 的一组解。

首先，先使用裴蜀定理判断是否有解：由裴蜀定理得 \(\gcd(a, b) \mid (ax + by)\)，故 \(\gcd(a, b) \nmid c\) 时不定方程无解。

然后，用 Exgcd 求出 \(ax + by = \gcd(a, b)\) 的一组整数特解 \(x_0, y_0\)。那么有：

\[ax_0 + by_0 = \gcd(a, b) \]

两边同乘 \(\cfrac{c}{\gcd(a, b)}\)，得：

\[a\cfrac{cx_0}{\gcd(a, b)} + b\cfrac{cy_0}{\gcd(a, b)} = c \]

与原式比较，可以得到一组特解：

\[\begin{cases} x_1 = \cfrac{cx_0}{\gcd(a, b)} \\ y_1 = \cfrac{cy_0}{\gcd(a, b)} \end{cases} \]

有了特解，那么就可以推导通解了。

显然有：

\[\begin{cases} ax_0 + by_0 = c \\ ax + by = c \end{cases} \]

令 \(\Delta x = x - x_0\)，\(\Delta y = y - y_0\)。

则：

\[a(x_0 + \Delta x) + b(y_0 + \Delta y) = c \]

展开，得：

\[ax_0 + a\Delta x + by_0 + b\Delta y = c \]

又 \(ax_0 + by_0 = c\)，则：

\[a\Delta x + b\Delta y = 0 \]

通过各种方法，解得：

\[\begin{cases} \Delta x = k \cdot \cfrac{b}{\gcd(a, b)} \\ \Delta y = -k \cdot \cfrac{a}{\gcd(a, b)} \end{cases} \]

于是，我们得到通解形式：

\[\begin{cases} x = x_0 + k \cdot \cfrac{b}{\gcd(a, b)} \\ y = y_0 - k \cdot \cfrac{a}{\gcd(a, b)} \end{cases} \]

其中 \(k \in \mathbb{Z}\)。

我们还可以推导出，如果要求最小非负整数解，可以提前将系数 \(a, b\) 都除以 \(\gcd(a, b)\)。

3.2：解同余方程

常见问题：解形如 \(ax \equiv c \pmod b\) 的同余方程。

考虑将此方程尽可能写成 \(ax + by = c\) 的形式：

\[\because ax \equiv c \pmod b \therefore ax \bmod b = c \bmod b \because by \bmod b = 0\ \ (y \in \mathbb{N}) \therefore ax \bmod b + by \bmod b = c \bmod b \therefore ax + by \equiv c \pmod b \]

于是就变成了不定方程的形式。

Part 4：例题

P1082 [NOIP 2012 提高组] 同余方程 / P2613【模板】有理数取余

两题均为套模板题。

讲解几个需要注意的点：

• 在 P1082 中，为了避免 \(x_0\) 为负数，我们需要先 \(x \to x \bmod b\)，再将 \(x \to x + b\)。但这可能并不是最小整数解，所以我们需要调整为 \(x' = (x_0 \bmod b + b) \bmod b\)；
• 在 P2613 中，非负整数 \(a, b\) 的范围达到 \(10 ^{10001}\)，所以需要结合快读一边读入一边取模；
• 在 P2613 中，需要判断无解情况。

P1516 青蛙的约会

如果他们相遇，他们初始的位置坐标之差和跳的距离应该在模 \(l\) 下同余。

令 \(k\) 为跳的次数，则 \((n - m)k \equiv x - y \pmod l\)。

套模板即可，注意 \(n - m\) 和 \(x - y\) 可能为负数和无解情况。

P5656 【模板】二元一次不定方程 (exgcd)

模板简单，模板题不一定简单。因为此题细节很多，需要一一处理。

下面所有变量源于 Part 3 的应用 1。

那么我们先求最小值。首先，肯定的是用 Exgcd 求出一组特解 \(x_0, y_0\)，那么显然 \(x, y\) 最小正整数解为 \(x_{\min} = (x_0 \bmod \Delta x + \Delta x) \bmod \Delta x\)，\(y_{\min} = (y_0 \bmod \Delta y + \Delta y) \bmod \Delta y\)（读者可以简单证明）。

然后就可以求最大值了。最大值怎么求？很显然，对于 \(x_{\min}, y_{\min}\)，有 \(ax_{\min} + by_{\max} = c\) 和 \(ax_{\max} + by_{\min} = c\)。那么 \(y_{\max} = \cfrac{c - ax_{\min}}{b}\)，\(x_{\max} = \cfrac{c - by_{\min}}{a}\)。

你以为这就结束了？我们还没有处理没有正整数解的情况。当我们限制 \(x, y > 0\) 时，可以推导出 \(k\) 的取值范围，当 \(k\) 的下界大于上界时就没有正整数解。

Code：

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

using ll = long long;
using ull = unsigned long long;

const int kMaxN = 2e5 + 10;

ll a, b, c, d, x, y, dx, dy, m, n, xmn, xmx, ymn, ymx;

ll Exgcd(ll a, ll b, ll &x, ll &y) {
  if (!b) {
    x = 1, y = 0;
    return a;
  }
  ll res = Exgcd(b, a % b, y, x);
  y -= a / b * x;
  return res;
}

int main() {
  ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
  int t;
  for (cin >> t; t; -- t) {
    cin >> a >> b >> c;
    d = Exgcd(a, b, x, y);
    if (c % d) {
      cout << "-1\n";
      continue;
    }
    dx = b / d, dy = a / d;
    x *= c / d, y *= c / d;
    m = ceil(1.0 * (1 - x) / dx), n = floor(1.0 * (y - 1) / dy);
    if (m > n) {
      cout << x + m * dx << ' ' << y - n * dy << '\n';
    } else {
      xmn = (x % dx + dx) % dx;
      if (!xmn) {
        xmn = dx;
      }
      ymn = (y % dy + dy) % dy;
      if (!ymn) {
        ymn = dy;
      }
      xmx = (c - ymn * b) / a, ymx = (c - xmn * a) / b;
      cout << n - m + 1 << ' ' << xmn << ' ' << ymn << ' ' << xmx << ' ' << ymx << '\n';
    }
  }
  return 0; 
}

乘法逆元

Part 0：前置知识

• 基础数学（四则运算，符号定义等）；
• 费马小定理。

Part 1：乘法逆元的定义

1.1：为什么需要乘法逆元？

我们先来探讨一下，为什么需要乘法逆元？

因为，对于加减乘运算，我们都可以通过四则运算和模运算进行取模。但是，对于除法：\((a \div b) \bmod m \neq ((a \bmod m) \div (b \bmod m)) \bmod m\)。

1.2：乘法逆元的定义

对于整数 \(a\) 和模数 \(m\)（\(m > 1\)），如果存在整数 \(x\) 满足：

\[ax \equiv 1 \pmod p \]

则称 \(x\) 是 \(a\) 在模 \(m\) 意义下的乘法逆元，记作 \(a^{-1} \equiv x \pmod p\)。

注意：

这里的 \(a^{-1}\) 不直接等同于 \(\frac{1}{a}\)，必须要在模运算下才可以完全等同。

1.3：逆元存在的条件

定理：\(a\) 在模 \(p\) 意义下有乘法逆元的充分必要条件是 \(\gcd(a, p) = 1\)。

证明：

• 必要性：如果 \(\gcd(a, p) > 1\)，假设存在逆元 \(x\)，那么 \(ax = 1 + kp\)。由于 \(\gcd(a, p) \mid a\) 且 \(\gcd(a, p) \mid p\)，所以 \(\gcd(a, b) \mid 1\)，矛盾。
• 充分性：如果 \(\gcd(a, p) = 1\)，根据 Exgcd，存在 \(x, y \in \mathbb{Z}\) 使得 \(ax + py = 1\)，于是 \(ax \equiv 1 \pmod p\)。

Part 2：乘法逆元的求法

2.1：Exgcd 求逆元

• 原理：将同余方程转化为不定方程；
• 优点：有判断无解的步骤，当 \(p\) 不是质数时也可使用；
• 时间复杂度：单个 \(\mathcal{O}(\log x)\)。

我们将同余方程 \(a \cdot a^{-1} \equiv 1 \pmod p\) 转化成 \(ax + by = c\) 的形式：

\[\because a \cdot a^{-1} \equiv 1 \pmod p \therefore a \cdot a^{-1} = 1 + kp \therefore a \cdot a^{-1} + p \cdot (-k) = 1 \]

于是就可以使用 Exgcd 求解 \(a^{-1}\)。

Code：

int Exgcd(int a, int b, int &x, int &y) {
  if (!b) {
    x = 1, y = 0;
    return a;
  }
  ll res = Exgcd(b, a % b, y, x);
  y -= a / b * x;
  return res;
}

int main() {
  ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
  cin >> a >> b;
  Exgcd(a, b, x, y);
  cout << (x % b + b) % b << '\n';
  return 0; 
}

2.2 费马小定理求逆元

• 优点：代码简单；
• 缺点：\(p\) 必须为质数；
• 时间复杂度：\(\mathcal{O}(\log p)\)。

什么是费马小定理：

如果 \(p\) 是质数，且 \(\gcd(a, p) = 1\)，那么

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

现在我们开始求逆元：

由 \(a^{p - 1} \equiv 1 \pmod p\)，得：

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

由于 \(a\) 是常数，所以当 \(p\) 是质数时，\(a\) 的逆元为：

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

于是，我们可以使用快速幂计算 \(a^{p - 2} \bmod p\)。

Code：

ll Qpow(ll a, ll b, ll p) {
  ll ans = 1;
  for (; b; b >>= 1) {
    if (b & 1) {
      ans = ans * a % p;
    }
    a = a * a % p;
  }
  return ans;
}

int main() {
  ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
  cin >> n >> p;
  cout << Qpow(n, p - 2) << '\n';
  return 0; 
}

2.3 线性递推求逆元

• 优点：可以一次性求 \(n\) 以内所有正整数模 \(p\) 的逆元；
• 缺点：需满足 \(p\) 为质数且 \(n < p\)；
• 时间复杂度：\(\mathcal{O}(n)\)。

令 \(i\) 的逆元为 \(\text{inv}_i\)，有如下递推式：

\[\text{inv}i = \left(p - \left\lfloor \frac{p}{i} \right\rfloor\right) \cdot \text{inv}{(p \bmod i)} \bmod p \]

边界条件为：\(\text{inv}_1 = 1\)。

证明：

令 \(p = ki + r\)，其中 \(k = \left\lfloor \frac{p}{i} \right\rfloor\)，\(r = p \bmod i\)。

在模 \(p\) 意义下：

\[ki + r \equiv 0 \pmod p \]

两边同乘 \(i^{-1}r^{-1}\)，得：

\[kr^{-1} + i^{-1} \equiv 0 \pmod p \]

所以：

\[i^{-1} \equiv -kr^{-1} \pmod p \]

即：

\[\text{inv}_i \equiv (p - k)\text{inv}_r \pmod p \]

带入 \(k = \left\lfloor \frac{p}{i} \right\rfloor\)，\(r = p \bmod i\)，得：

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

得证。

Code：

inv[0] = 0, inv[1] = 1;
for (int i = 2; i <= n; ++ i) {
  inv[i] = (p - p / i) * inv[p % i] % p;
} 

2.4 阶乘逆元的线性求法

• 优点：可以一次性求 \(n\) 以内所有正整数的阶乘模 \(p\) 的逆元；
• 条件：\(p\) 为质数；
• 时间复杂度：\(\mathcal{O}(n)\)。

这种方法在组合数中用的比较多。

1. 先递推计算阶乘：\(\text{fac}i = (\text{fac}{i - 1} \cdot i) \bmod p\)（边界条件：\(\text{fac}_1 = 1\)）；
2. 用 Exgcd 或费马小定理求出 \(n!\) 的逆元 \(\text{invfac}_n\)；
3. 递推求其他阶乘逆元：\(\text{invfac}_i = ((i + 1) \cdot \text{invfac}_i) \bmod p\)。

证明：

因为 \(i! = \cfrac{(i + 1)!}{i + 1}\)，所以 \((i!)^{-1} = (((i + 1)!)^{-1} \cdot (i + 1)) \bmod p\)。

Code：

ll Qpow(ll a, ll b) {
  ll ans = 1;
  for (; b; b >>= 1) {
    if (b & 1) {
      ans = ans * a % kMod;
    }
    a = a * a % kMod;
  }
  return ans;
}

void Init() {
  fac[0] = fac[1] = 1;
  for (int i = 2; i <= n; ++ i) {
    fac[i] = fac[i - 1] * i % kMod;
  }
  inv[n] = Qpow(fac[n], kMod - 2);
  for (int i = n - 1; i; -- i) {
    inv[i] = inv[i + 1] * (i + 1) % kMod;
  }
}

Part 3：例题

其实单独考乘法逆元的题目很少，主要结合组合数学。

P1082 [NOIP 2012 提高组] 同余方程

这不是逆元板子题吗？

由于 \(b\) 未保证是质数，所以只能使用 Exgcd。

P3811 【模板】模意义下的乘法逆元

考虑使用费马小定理，但提交之后发现 TLE 了。

分析一下，费马小定理求逆元单次是 \(\mathcal{O}(\log p)\) 的，总体就是 \(\mathcal{O}(n \log p)\)，在本题数据范围下超时。

所以必须使用线性递推求逆元，时间复杂度 \(\mathcal{O}(n)\)。

P2265 路边的水沟

简单分析可得，右下角的闸门到左上角的闸门的总共有 \(n + m\) 次移动次数。

而我们必须向上走 \(n\) 次，向右走 \(m\) 次。

答案就是在 \(n + m\) 次移动中选 \(n\) 个向上的方案数，答案即为 \(C^{n + m}_m\)。

使用阶乘逆元的线性求法即可。

P5431 【模板】模意义下的乘法逆元 2

由于：

\[\frac{1}{\prod_{j = 1}^i a_j} \cdot a_i \equiv \frac{1}{\prod_{j = 1}^{i - 1} a_j} \pmod p \]

令 \(\text{mul}i = \prod{j = 1}^i a_j\)，则：

\[(\text{mul}{i - 1})^{-1} \equiv (\text{mul}{i})^{-1} \cdot a_i \pmod p \]

接下来求 \(a_i\) 的逆元：

因为：

\[\prod_{j = 1}^{i - 1} a_j \cdot \frac{1}{\prod_{j = 1}^{i} a_j} \equiv \frac{1}{a_i} \pmod p \]

所以：

\[(a_i)^{-1} \equiv i \cdot \text{mul}i \cdot \text{mul}{i - 1} \pmod p \]

别忘了，原式还有一个 \(k^i\)，一边算一边乘即可。

本题需要配合快读使用。

Code：

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

using ll = long long;
using ull = unsigned long long;

const int kMaxN = 5e6 + 10;

ll n, p, k, a[kMaxN], mul[kMaxN], inv[kMaxN], ans;

ll R() {
  ll x = 0, f = 1;
  char ch = getchar();
  while (!isdigit(ch)) {
    if (ch == '-') {
      f = -1;
    }
    ch = getchar();
  }
  while (isdigit(ch)) {
    x = x * 10 + (ch ^ 48);
    ch = getchar();
  }
  return x * f;
}

ll Qpow(ll a, ll b) {
  ll ans = 1;
  for (; b; b >>= 1) {
    if (b & 1) {
      ans = ans * a % p;
    }
    a = a * a % p;
  }
  return ans;
}

int main() {
  ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
  n = R(), p = R(), k = R(), mul[0] = 1;
  for (int i = 1; i <= n; ++ i) {
    a[i] = R();
    mul[i] = mul[i - 1] * a[i] % p;
  }
  inv[n] = Qpow(mul[n], p - 2);
  for (int i = n - 1; i; -- i) {
    inv[i] = inv[i + 1] * a[i + 1] % p;
  }
  for (int i = n; i; -- i) {
    ans = (ans + (inv[i] * mul[i - 1]) % p) % p * k % p;
  }
  cout << ans << '\n';
  return 0;
}

欧拉函数

Part 0：前置知识

• 基础数学（四则运算，符号定义等）。
• 最大公约数（gcd）；
• 互质。

Part 1：欧拉函数的定义

在信息学中，我们常常要解决互质类问题或处理大指数取模运算，而欧拉定理和欧拉函数就是一个好帮手。

定义：欧拉函数 \(\varphi(n)\) 表示小于等于 \(n\) 的正整数中与 \(n\) 互质的数的个数，即 \(\varphi(n) = |\{k \in \mathbb{N^+} \mid 1 \le k \le n,\ \gcd(k, n) = 1\}|\)。

欧拉函数有一个核心公式，此公式用处较多。

若 \(n = p_1^{k_1}p_2^{k_2} \cdots p_n^{k_n}\)，则：

\[\varphi(n) = n \cdot \prod_{i = 1}^m \left(1 - \frac{1}{p_i}\right) \]

展开写就是：

\[\varphi(n) = p_1^{k_1 - 1}(p_1 - 1)p_2^{k_2 - 1}(p_2 - 1) \cdots p_n^{k_n - 1}(p_n - 1) \]

此公式可以使用下文的性质 1 证明。

Part 2：欧拉函数的性质

2.1：性质 1

对于任意质数 \(p\)，有 \(\varphi(p) = p - 1\)，对于 \(p\) 的幂次 \(p^k\)（\(k \geq 1\)），有 \(\varphi(p^k) = p^k - p^{k - 1} = p^{k - 1}(p - 1)\)。

证明：

在 \(1, 2, \cdots, p\) 中，不与 \(p\) 互质的数只有 \(p\) 本身，故 \(\varphi(p) = p - 1\)。

在 \(1, 2, \cdots, p^k\) 中，只有 \(p\) 的倍数不与 \(p\) 互质，即 \(p, 2p, 3p, \cdots, p^{k}\)。由于这些数有 \(p^{k - 1}\) 个，所以 \(\varphi(p^k) = p^k - p^{k - 1} = p^{k - 1}(p - 1)\)。

2.2：性质 2

若 \(a \mid x\)，则 \(\varphi(ax) = a \cdot \varphi(x)\)。

此性质证明计算量较大。

由 \(a \mid x\)，设 \(x = \prod_{i = 1}^n p_i^{k_i}\)，\(a = \prod_{i = 1}^n p_i^{s_i}\)（\(0 \leq s_i \leq k_i\)）。

那么：

\[ax = \prod_{i=1}^n p_i^{k_i+s_i} \]

使用用欧拉函数公式：

\[\varphi(ax) = \prod_{i = 1}^n \varphi(p_i^{k_i + s_i}) = \prod_{i = 1}^n \bigl(p_i^{k_i + s_i} - p_i^{k_i + s_i - 1}\bigr) \]

\[a \cdot \varphi(x) = \left(\prod_{i = 1}^n p_i^{s_i}\right) \cdot \prod_{i = 1}^n \bigl(p_i^{k_i} - p_i^{k_i - 1}\bigr) = \prod_{i = 1}^n p_i^{s_i} \bigl(p_i^{k_i} - p_i^{k_i - 1}\bigr) \]

对每一项：

\[p_i^{s_i} \bigl(p_i^{k_i} - p_i^{k_i - 1}\bigr) = p_i^{k_i + s_i} - p_i^{k_i + s_i - 1} = \varphi(p_i^{k_i + s_i})\]

因此 \(\varphi(ax) = a \cdot \varphi(x)\)。

2.3：性质 3

欧拉函数是积性函数。

即，对于任意满足 \(\gcd(a, b) = 1\) 的整数 \(a, b\)，都有 \(\varphi(ab) = \varphi(a)\varphi(b)\)。

特别地，当 \(n \bmod 2 = 1\) 时，\(\varphi(2n) = \varphi(n)\)。

此性质证明需要用到作者的知识盲区，作者太弱所以就不写上去了。

Part 3：欧拉函数的计算

3.1：暴力计算欧拉函数

欧拉函数公式，枚举每一个质因子然后计算答案即可。

时间复杂度：单个 \(\mathcal{O}(\log n)\)。

Code：

ll Phi(ll n) {
  ll ans = n;
  for (ll i = 2; i * i <= n; ++ i) {
    if (!(n % i)) {
      ans -= ans / i;
      for (; !(n % i); n /= i);
    }
  }
  if (n > 1) {
    ans -= ans / n;
  }
  return ans;
}

3.2 线性筛求解欧拉函数

我们借助线性筛来求解欧拉函数，这个求法主要依赖于欧拉函数的性质。先放代码，再讲原理。

Code：

const int kMaxN = 1e6 + 10;

ll p[kMaxN], phi[kMaxN], cnt;
bool vis[kMaxN];

void Init() {
  vis[1] = phi[1] = 1;
  for (ll i = 2; i < kMaxN; ++ i) {
    if (!vis[i]) {
      phi[i] = i - 1;
      p[++ cnt] = i;
    }
    for (ll j = 1; j <= cnt && i * p[j] < kMaxN; ++ j) {
      vis[i * p[j]] = 1;
      phi[i * p[j]] = phi[i] * (p[j] - 1);
      if (!(i % p[j])) {
        phi[i * p[j]] = phi[i] * p[j];
        break;
      }
    }
  }
}

令 \(p_i\) 表示第 \(i\) 个质数，\(\text{vis}_i = 1\) 表示 \(i\) 是合数。

考虑枚举 \(2\) 至 \(N\) 的所有整数。

如果 \(\text{vis}_i = 1\)，就证明 \(i\) 未被筛出，即 \(i\) 是质数，那么 \(\varphi(i) = i - 1\)。

然后，我们就开始筛除 \(i\) 的倍数。如果 \(i \mid p_j\)，那么根据性质 2，得到 \(\varphi(i \cdot p_j) = \varphi(i) \cdot p_j\)。否则，我们根据性质 3（积性函数的性质），可以得到 \(\varphi(i \cdot p_j) = \varphi(i) \cdot (p_j - 1)\)。

时间复杂度 \(\mathcal{O}(N)\)。

Part 4：例题

UVA11327 Enumerating Rational Numbers

解读一下代码，就可以发现对于每一个 \(d\)，满足条件的分数个数就是 \(\varphi(d)\)。

于是尝试枚举 \(d\)，每一次将个数与 \(\varphi(d)\) 相加。如果发现超过 \(k\) 了，那就证明答案的 \(d\) 一定是当前的 \(d\)，此时枚举 \(n\) 即可。

由于 \(d \le 2 \times 10^5\)（由样例发现），线性筛预处理即可。

CF1295D Same GCDs

首先对式子做一次辗转相除，得：

\[\gcd(a + x,\ m) = \gcd((a + x) \bmod m,\ m) \]

显然题目可以转化为求有多少 \(x\) 满足 \(\gcd(x, m) = \gcd(a, m)\)。

令 \(\gcd(x, m) = \gcd(a, m) = d\)，则 \(\gcd\left(\cfrac{x}{d}, \cfrac{m}{d}\right) = 1\)。

现在再次转换题目：求与 \(\cfrac{m}{d}\) 互质的数的个数。显然就是欧拉函数，答案为 \(\varphi \left(\cfrac{m}{d}\right)\)。

P1891 疯狂 LCM

遇到这种题，无脑暴力推式子：

\[\sum_{i = 1}^n \text{lcm}(i, n) = \sum_{i = 1}^n \cfrac{i \cdot n}{\gcd(i, n)} = n \sum_{i = 1}^n \cfrac{i}{\gcd(i, n)} = n \sum_{d \mid n} \sum_{i = 1}^n \frac{i}{d} \cdot [\gcd(i, n) = d] = n \sum_{d \mid n} \sum_{i = 1}^n \frac{i}{d} \cdot \left[\gcd\left(\frac{i}{d}, \frac{n}{d}\right) = 1\right] = n \sum_{d \mid n} \sum_{i = 1}^{\frac{n}{d}} i \cdot \left[\gcd\left(i, \frac{n}{d}\right) = 1\right] = n \sum_{d \mid n} \sum_{i = 1}^{d} i \cdot [\gcd(i, d) = 1] \]

分析上式，目前的目标就是求 \(\sum_{i = 1}^{d} i \cdot [\gcd(i, d) = 1]\)。

假设你欧拉函数掌握的不是特别好，我们来找一下规律。假设 \(n = 8\)，那么 \(\gcd(i, n) = 8\) 的有 \(1, 3, 5, 7\)。这时细心的人可以发现 \(1 + 7 = 3 + 5 = n = 8\)。

没错！对于 \(\gcd(i, d) = 1\)，也存在 \(\gcd(d - i,\ d) = 1\)（证明很简单）！

那么：

\[\sum_{i = 1}^{d} i \cdot [\gcd(i, d) = 1] = d \cdot \frac{\varphi(d)}{2} \]

答案即为：

\[n \sum_{d \mid n} d \cdot \frac{\varphi(d)}{2} \]

那么，我们先 \(\mathcal{O}(N)\) 预处理欧拉函数，然后 \(\mathcal{O}(N \log N)\) 预处理每一个 \(d\) 的 \(f(d) = \sum_{d \mid n} d \cdot \frac{\varphi(d)}{2}\)（可以使用 DP 处理）。最后，询问时直接输出 \(n \cdot f(n)\) 即可。

Code：

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

using ll = long long;
using ull = unsigned long long;

const int kMaxN = 1e6 + 10;

ll n, phi[kMaxN], p[kMaxN], f[kMaxN], cnt;
bool vis[kMaxN];

void Init() {
  vis[1] = phi[1] = 1;
  for (ll i = 2; i <= 1e6; ++ i) {
    if (!vis[i]) {
      phi[i] = i - 1;
      p[++ cnt] = i;
    }
    for (ll j = 1; j <= cnt && i * p[j] <= 1e6; ++ j) {
      vis[i * p[j]] = 1;
      phi[i * p[j]] = phi[i] * (p[j] - 1);
      if (!(i % p[j])) {
        phi[i * p[j]] = phi[i] * p[j];
        break;
      }
    }
  }
  for (ll i = 1; i <= 1e6; ++ i) {
    for (ll j = i; j <= 1e6; j += i) {
      f[j] += (phi[i] * i + 1) / 2;
    }
  }
}

int main() {
  ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
  Init();
  int t;
  for (cin >> t; t; -- t) {
    cin >> n;
    cout << n * f[n] << '\n';
  }
  return 0;
}

中国剩余定理（CRT）

Part 0：前置知识

• 基础数学（四则运算，符号定义等）。
• 互质；
• 同余；
• 逆元；
• 裴蜀定理。

Part 1：中国剩余定理是什么？

中国剩余定理（Chinese Remainder Theorem，CRT），又称孙子定理，是数论中最具代表性的定理之一，最早记载于我国南北朝时期的数学著作《孙子算经》，其中经典的"物不知数"问题便是其雏形："今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二，问物几何？"

中国剩余定理一般用来求解以下一次线性同余方程组：

\[\begin{cases} x \equiv b_1 \pmod{m_1} \\ x \equiv b_2 \pmod{m_2} \\ \cdots \\ x \equiv b_n \pmod{m_n} \end{cases} \]

其中对于 \(i \neq j\)，有 \(\gcd(m_i, m_j) = 1\)。

Part 2：同余方程组的求法

我们考虑使用余数的可加性，那么题目转化为求出 \(n\) 个方程组的解（\(i \in [1, n]\)）：

\[\begin{cases} x_i \equiv 0 \pmod{m_1} \\ x_i \equiv 0 \pmod{m_2} \\ \cdots \\ x_i \equiv b_i \pmod{m_i} \\ \cdots \\ x_i \equiv 0 \pmod{m_n} \end{cases} \]

那么 \(x = \sum_{i = 1}^n x_i\)。

进一步转化，其实就是求这 \(n\) 个方程组的解：

\[\begin{cases} y_i \equiv 0 \pmod{m_1} \\ y_i \equiv 0 \pmod{m_2} \\ \cdots \\ y_i \equiv 1 \pmod{m_i} \\ \cdots \\ y_i \equiv 0 \pmod{m_n} \end{cases} \]

由余数的可乘性，得 \(x_i = y_ib_i\)。由于对于 \(j \neq i\)，有 \(y_i \equiv 0 \pmod{m_j}\)，那么 \(y_i\) 一定可以表示为 \(k_i \cdot \prod_{j = 1}^n m_i[j \neq i]\)（\(k \in \mathbb{N^+}\)）。

又 \(y_i \equiv 0 \pmod{m_1}\)，那么 \(k_i \cdot \prod_{j = 1}^n m_i[j \neq i] \equiv 1 \pmod {m_i}\)。观察式子，发现与逆元的定义相同。那么求 \(y_i\) 就转为了求 \(\prod_{j = 1}^n m_j[j \neq i] \bmod m_i\) 的逆元。这时，就可以拿 Exgcd 求解了。

求出 \(n\) 个方程组的解后，就得到了原方程的整数解。但因为题目要求最小非负整数解，所以还要再进行对乘积的取模。

Code：

ll Exgcd(ll a, ll b, ll &x, ll &y) {
  if (!b) {
    x = 1, y = 0;
    return a;
  }
  ll d = Exgcd(b, a % b, y, x);
  y -= a / b * x;
  return d;
}

ll CRT() {
  ll mul = 1, ans = 0;
  for (int i = 1; i <= n; ++ i) {
    mul *= b[i];
  }
  for (ll i = 1, k, x, y; i <= n; ++ i) {
    k = mul / b[i];
    Exgcd(k, b[i], x, y);
    ans = (ans + k * b[i] * x % mul) % mul;
  }
  return (ans % mul + mul) % mul;
}

Part 3：扩展中国剩余定理（ExCRT）

由于中国剩余定理的局限性太强（两两互质），所以我们需要扩展中国剩余定理。

在信息学中，CRT 与 ExCRT 复杂度一致。所以，只要学习扩展中国剩余定理就可以覆盖 CRT 的问题。

考虑如下方程组：

\[\begin{cases} x \equiv b_1 \pmod{m_1} \\ x \equiv b_2 \pmod{m_2} \\ \cdots \\ x \equiv b_n \pmod{m_n} \end{cases} \]

其中 \(m_i\) 是任意正整数。

首先，我们将式子等价转换。

对于 \(x \equiv b_1 \pmod{m_1}\) 和 \(x \equiv b_2 \pmod{m_2}\)，则有：

\[\begin{cases} x = k_1m_1 + b_1 \\ x = k_2m_2 + b_2\end{cases} \]

于是：

\[k_1m_1 + b_1 = k_2m_2 + b_2 \]

移项，得：

\[k_1m_1 - k_2m_2 = b_2 - b_1 \]

观察此式子，发现形态与线性不定方程相同，考虑使用扩展欧几里得（Exgcd）求解。

令 \(d = \gcd(m_1, m_2)\)。

首先，根据裴蜀定理：若 \(d \nmid (b_2 - b_1)\)，方程无解。否则，我们可以使用 Exgcd 求解。

设通过 Exgcd 得到：

\[m_1 \cdot p + m_2 \cdot q = d \]

两边同乘 \(\frac{b_2 - b_1}{d}\)：

\[m_1 \cdot \frac{p(b_2 - b_1)}{d} + m_2 \cdot \frac{q(b_2 - b_1)}{d} = b_2 - b_1 \]

得到一组特解：

\[\begin{cases} k_1 = \cfrac{p(b_2 - b_1)}{d} \\ k_2 = -\cfrac{q(b_2 - b_1)}{d} \end{cases} \]

那么，原方程组的通解为：

\[x = b_1 + k_1m_1 + t \cdot \text{lcm}(m_1, m_2) = b_1 + k_1m_1 + t \cdot \frac{m_1m_2}{d} \]

然后我们考虑使用数学归纳法。

设前 \(k - 1\) 个方程的一个特解为 \(x'\)，则通解为 \(x'+ t \cdot \text{lcm}(m_1, m_2, \cdots, m_{k - 1})\)（\(t \in \mathbb{Z^+}\)）。对于第 \(k\) 个方程 \(x \equiv b_k \pmod{m_k}\)，将通解代入第 \(k\) 个方程的 \(x\)：

\[x_1 + t \cdot \text{lcm}(m_1, m_2, \cdots, m_{k - 1}) \equiv b_k \pmod{m_k} \]

移项，得：

\[t \cdot \text{lcm}(m_1, m_2, \cdots, m_{k - 1}) \equiv b_k - x_1 \pmod{m_k} \]

将同余方程转成一次不定方程，得：

\[\text{lcm}(m_1, m_2, \cdots, m_{k - 1}) \cdot t + m_k \cdot y = b_k - x_1 \]

若该方程无解，则说明前 \(k\) 个方程无解，退出。否则，更新特解 \(x_1\) 和 \(\text{lcm}\)。

Code：

ll Exgcd(ll a, ll b, ll &x, ll &y) {
  if (!b) {
    x = 1, y = 0;
    return a;
  }
  ll res = Exgcd(b, a % b, y, x);
  y -= a / b * x;
  return res;
}

ll Qmul(ll a, ll b, ll p) {
  ll ans = 0;
  for (; b; b >>= 1) {
    if (b & 1) {
      ans = (ans + a) % p;
    }
    a = (a + a) % p;
  }
  return ans;
}

ll ExCRT() {
  ans = b[1], lcm = m[1];
  for (ll i = 2, d, x, y, k; i <= n; ++ i) {
    b[i] = ((b[i] - ans) % m[i] + m[i]) % m[i];
    d = Exgcd(lcm, m[i], x, y);
    if (b[i] % d) {
      ans = -1;
      break;
    }
    k = Qmul(x, b[i] / d, m[i]);
    ans += k * lcm, lcm = lcm / d * m[i];
    ans = (ans % lcm + lcm) % lcm;
  }
  return ans;
}

Part 4：例题

P1495 【模板】中国剩余定理（CRT）/ P4777 【模板】扩展中国剩余定理（EXCRT）

板子题，套模板即可。

注意 P1495 需要 __int128。

P3868 [TJOI2009] 猜数字

题目中的式子很难看，那我们就把它写成同余方程组：\(n - a_i \equiv 0 \pmod{b_i}\)。

因为 \(a \equiv b \pmod m\) 时，有 \(a + c \equiv b + c \pmod m\)。所以题目中的式子就转化成 \(n \equiv a_i \pmod{b_i}\)。

然后就是模板了。

CF687B Remainders Game

此题思维性较强。

我们由题目可以知道，Arya 可以从 Pari 手中得知 \(x \bmod c_i\) 的值。也就是，令第 \(i\) 次询问的结果是 \(b_i\)，那么 Alice 可以得到如下式子：

\[\begin{cases} x \equiv a_1 \pmod{c_1} \\ x \equiv a_2 \pmod{c_2} \\ \cdots \\ x \equiv a_n \pmod{c_n} \end{cases} \]

这时你会发现，这个方程组与 ExCRT 一摸一样！那么，我们结合 ExCRT，可以发现，通过任意的：

\[\begin{cases} x \equiv a_i \pmod{c_i} \\ x \equiv a_{i + 1} \pmod{c_{i + 1}}\end{cases} \]

可以得到 \(x \bmod \text{lcm}(c_i, c_{i + 1})\) 的值！也就是，我们只需要知道 \(c_i, c_{i + 1}\) 和 \(x \bmod c_i\)，\(x \bmod c_{i + 1}\)，就可以得出 \(x \bmod \text{lcm}(c_i, c_{i + 1})\) 的值。

因此，我们只需要求出 \(\text{lcm}(c_1, c_2, \cdots, c_n)\) 的值，然后判断是否有 \(k \mid \text{lcm}(c_1, c_2, \cdots, c_n)\) 即可。

为什么呢？因为当 \(\text{lcm}(c_1, c_2, \cdots, c_n)\) 满足上述条件时，我们可以得到 \(x \bmod tk\)（\(t\) 为任意正整数）的值。那么，根据同余的性质，便可以得到 \(x \bmod k\)。

欧拉定理

Part 0：前置知识

• 基础数学（四则运算，符号定义等）。
• 互质。

Part 1：欧拉定理的内容

1.1：欧拉定理

若正整数 \(a, n\) 满足 \(\gcd(a, n) = 1\)，那么有：

\[a^{\varphi(n)} \equiv 1 \pmod n \]

当 \(n\) 为质数 \(p\) 时，\(\varphi(p) = p - 1\)，欧拉定理退化为费马小定理：

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

1.2：证明

接下来，我们证明欧拉定理。

但是，在证明之前，我们需要先了解一个关键的观察：

取 \(n = 8\)，\(a = 3\)，将与 \(n\) 互质的数乘以 \(a\) 在对 \(n\) 取模：

\[\begin{cases} 3 \times 1 \equiv 3 \pmod 8 \\ 3 \times 3 \equiv 1 \pmod 8 \\ 3 \times 5 \equiv 7 \pmod 8 \\ 3 \times 7 \equiv 5 \pmod 8\end{cases} \]

我们发现，得到的余数是 \(3, 1, 7, 5\)，恰好是与 \(n\) 互质的数 \(1, 3, 5, 7\) 的一个重新排列。

这不是巧合，这是一个普遍规律。

那么，接下来我们开始证明。

设所有小于等于 \(n\) 且与 \(n\) 互质的正整数为：

\[r_1, r_2, \cdots, r_{k} \]

由欧拉函数，得 \(k = \varphi(n)\)。

考虑将这些数分别乘上 \(a\)，然后对 \(n\) 取模：

\[ar_1 \bmod n,\ ar_2 \bmod n,\ \cdots,\ ar_{\varphi(n)} \bmod n \]

接下来，我们需要证明三个性质。

性质 1：\(\gcd(ar_i, n) = 1\)。

因为 \(\gcd(a, n) = \gcd(r_i, n) = 1\)，那么根据互质的性质，得 \(\gcd(ar_i, n) = 1\)。

性质 2：对于 \(i \neq j\)，有 \(ar_i \not \equiv ar_j \pmod n\)。

假设 \(ar_i \equiv ar_j \pmod n\)，即 \(n \mid a(r_i - r_j)\)。

因为 \(\gcd(a, n) = 1\)，所以 \(n \mid (r_i - r_j)\)，即 \(r_i \equiv r_j \pmod n\)。

又 \(r_i, r_j \in [1, n]\) 且 \(\gcd(r_i, n) = \gcd(r_j, n) = 1\)，所以 \(r_i = r_j\)。

因为 \(r_i, r_j\) 互不相同，所以 \(i = j\)。

与 \(i \neq j\) 矛盾，原命题得证。

性质 3：\((ar_1 \bmod n) \in [1, n)\)。

将命题转化成证明 \(ar_1 \bmod n \neq 0\)，即 \(ar_1 \not \equiv 0 \pmod n\)。

假设 \(ar_1 \equiv 0 \pmod n\)，那么 \(n \mid ar_i\)，但 \(\gcd(a, n) = \gcd(r_i, n) = 1\)。

矛盾，原命题得证。

三个性质证明完后，我们会发现一个关键结论。

现在我们有两个集合：

• 原始集合 \(S = \{r_1, r_2, \cdots, r_{\varphi(n)}\}\)；
• 乘积集合 \(S' = \{ar_1 \bmod n,\ ar_2 \bmod n,\ \cdots,\ ar_{\varphi(n)} \bmod n\}\)。

因为乘积集合也具有以下三个性质：

• \(\gcd(ar_i, n) = 1\)；
• 对于 \(i \neq j\)，有 \(ar_i \not \equiv ar_j \pmod n\)；
• \((ar_1 \bmod n) \in [1, n)\)。

这表明一个关键结论：\(S = S'\)。

既然 \(S = S'\)，那么元素的乘积应该相等，那么推导出：

\[\prod_{i = 1}^{\varphi(n)} r_i \equiv \prod_{i = 1}^{\varphi(n)} ar_i \pmod n \]

将 \(\prod_{i = 1}^{\varphi(n)} ar_i \bmod n\) 展开：

\[\prod_{i = 1}^{\varphi(n)} ar_i \bmod n = a^{\varphi(n)} \cdot \prod_{i = 1}^{\varphi(n)} r_i \bmod n \]

所以有：

\[a^{\varphi(n)} \cdot \prod_{i = 1}^{\varphi(n)} r_i \equiv \prod_{i = 1}^{\varphi(n)} r_i \pmod n \]

由于原始集合的乘积与 \(n\) 互质，故原始集合的乘积在模 \(n\) 下有乘法逆元，在式子两边同乘它的逆元：

\[a^{\varphi(n)} \equiv 1\pmod n \]

证毕。

Part 2：欧拉定理的应用

2.1：求乘法逆元

如果 \(\gcd(a, n) = 1\)，则 \(a\) 在模 \(n\) 意义下的乘法逆元为：

\[a^{-1} \equiv a^{\varphi(n) - 1} \pmod n \]

证明：

\[a \cdot a^{\varphi(n) - 1} = a^{\varphi(n)} \equiv 1 \pmod n \]

注意：

此处实际上比费马小定理求逆元的应用更广。

2.2：指数降幂

对于 \(a^b \bmod n\)，如果 \(\gcd(a, n) = 1\)，则：

\[a^b \equiv a^{b \bmod \varphi(n)} \pmod n \]

证明：

令 \(b = q \cdot \varphi(n) + r\)（其中 \(r \in [0, \varphi(n))\)），则：

\[a^b = a^{q \cdot \varphi(n) + r} = (a^{\varphi(n)})^q \cdot a^r \equiv 1^q \cdot a^r \equiv a^r \pmod n \]

Part 3：扩展欧拉定理

对于任意正整数 \(n\) 和任意非负整数 \(b\)，有：

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

注意：不需要满足 \(\gcd(a, n) = 1\)。

扩展欧拉定理给出了降幂更加广泛的形式。

Code：

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

using ll = long long;
using ull = unsigned long long;

const int kMaxN = 1e6 + 10;

ll a, b, m, kMod;
bool ok;

ll R() {
  ll k = 0, f = 1;
  char c = getchar();
  while (c < '0' || c > '9') {
    (c == '-') && (f = -1);
    c = getchar();
  }
  while (c >= '0' && c <= '9') {
    k = k * 10 + c - '0';
    if (k >= kMod) {
      ok = 1;
    }
    k %= kMod;
    c = getchar();
  }
  return k * f;
}

ll Phi(ll n) {
  ll ans = n;
  for (ll i = 2; i * i <= n; ++ i) {
    if (!(n % i)) {
      ans -= ans / i;
      for (; !(n % i); n /= i);
    }
  }
  if (n > 1) {
    ans -= ans / n;
  }
  return ans;
}

ll Qpow(ll b, ll p) {
  ll ans = 1;
  for (; p; p >>= 1) {
    if (p & 1) {
      ans = ans * b % m;
    }
    b = b * b % m;
  }
  return ans;
}

int main() {
  cin >> a >> m;
  kMod = Phi(m), b = R();
  if (ok) {
    b += kMod;
  }
  cout << Qpow(a, b) << '\n';
  return 0;
}

Part 4：例题

P5091 【模板】扩展欧拉定理

板子题，套模板即可。

P4139 上帝与集合的正确用法

上面的文字很多，不用在意。我们直接将这个数列转化成求：

\[2^{2^{2^{2^{\cdots}}}} \bmod p \]

也就是 \(2\) 的无限幂塔。

考虑使用扩展欧拉定理。可以证明，指数满足 \(b \ge varphi(p)\)。

于是，考虑使用递归的形式，直到边界条件 \(p = 1\)，此时式子的值是 \(0\)。

P2350 [HAOI2012] 外星人

由于一般的题目不单独考欧拉定理，所以此题严格上归于"欧拉函数"。

题目的意思就是：给定 \(n\)，每次将 \(n\) 变为 \(\varphi(n)\)，求几次操作后 \(n = 1\)。

首先，人人皆知，只有 \(n = 1\) 或 \(2\) 时才有 \(\varphi(n) = 1\)。

接下来，根据题目中给的提示，我们有：

\[\varphi \left(\prod_{i = 1}^m p_i^{q_i} \right) = \prod_{i = 1}^m p_i^{q_i - 1}(p_i - 1) \]

观察到，式子中有一个 \((p_i - 1)\)。那么，每一次会把上一次操作的答案中的最多一个 \(2\) 变为 \(1\)。

所以，我们只需要求出 \(n\) 的每一个质因子会产生多少个 \(2\) 即可。令 \(n = i\) 时答案为 \(f_i\)，我们分情况讨论：

• 当 \(i\) 是质数时，显然有递推式 \(f_i = f_{i - 1}\)；
• 当 \(i\) 不是质数时，令 \(i = p \cdot q\)。那么根据乘积的性质，可以得到 \(f_i = f_p + f_q\)。

你以为这就结束了？错！如果当原数 \(n\) 中没有因子 \(2\) 时，第一次操作不会把任何 \(2\) 变为 \(1\)。

所以，当原数 \(n\) 中没有因子 \(2\) 时，答案需减少 \(1\)。

Code：

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

using ll = long long;
using ull = unsigned long long;

const int kMaxN = 1e5 + 10;

ll m, f[kMaxN], p[kMaxN], q[kMaxN], cnt, ans;
bool isp[kMaxN];

void Init() {
  f[1] = 1;
  for (ll i = 2; i < kMaxN; ++ i) {
    if (!isp[i]) {
      p[++ cnt] = i, f[i] = f[i - 1];
    }
    for (ll j = 1; j <= cnt && p[j] * i < kMaxN; ++ j) {
      isp[p[j] * i] = 1, f[p[j] * i] = f[p[j]] + f[i];
      if (!(i % p[j])) {
        break;
      }
    }
  }
}

int main() {
  ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
  int t;
  Init();
  for (cin >> t; t; -- t) {
    cin >> m, ans = 1;
    for (int i = 1; i <= m; ++ i) {
      cin >> p[i] >> q[i];
      ans += f[p[i]] * q[i] + (p[i] % 2? 0 : -1);
    }
    cout << ans << '\n';
  }
  return 0;
}

小步大步算法（BSGS）

Part 0：前置知识

• 基础数学（四则运算，符号定义等）。
• 模运算；
• 欧拉定理；
• 离散对数（可以不掌握）。

Part 1：小步大步算法

1.1：算法解决的问题

小步大步算法（Baby Step Giant Step）一般解决如下问题：

给定一个质数 \(p\) 和整数 \(a, b\)（其中 \(a \in (0, p)\)，\(b \in [0, p)\)），求最小的非负整数 \(x\)，满足：

\[a^x \equiv b \pmod p \]

或者报告无解。

1.2：算法思想

此算法的思想是根号类思想，结合 Meet in middle 的思想。

令 \(t = \lceil\sqrt{p}\rceil\)，用 \(t\) 表示 \(x\)，则 \(x = At - B\)，那么：

\[a^x = a^{At - B} \equiv b \pmod p \]

两边同乘 \(a^B\)：

\[a^{At} \equiv b \cdot a^{B} \pmod p \]

考虑枚举 \(B\)，范围是 \([0, t - 1]\)，将所有的 \(b \cdot a^{B}\) 用 Hash 表存储。

再考虑枚举 \(A\)，范围是 \([1, t]\)，计算 \(A\) 个 \(a^t\) 的积。如果在 Hash 表中出现过，说明找到了对应的 \(A, B\)。

此时，\(x = At - B\) 即为答案。

总时间复杂度 \(\mathcal{O}(t)\)，即 \(\mathcal{O}(\sqrt{p})\)。

Code：

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

using ll = long long;
using ull = unsigned long long;

const int kMaxN = 1e5 + 10;

ll p, b, n;

ll Qpow(ll a, ll b, ll p) {
  ll ans = 1;
  for (; b; b >>= 1) {
    if (b & 1) {
      ans = ans * a % p;
    }
    a = a * a % p;
  }
  return ans;
}

ll BSGS(ll p, ll b, ll n) {
  unordered_map<ll, ll> mp;
  ll t = sqrt(p) + 1;
  for (ll i = 1, mul = (n * b) % p; i <= t; ++ i, mul = (mul * b) % p) {
    mp[mul % p] = i;
  } 
  ll pw = Qpow(b, t, p);
  for (ll i = 1, mul = pw; i <= t; ++ i, mul = (mul * pw) % p) {
    if (mp[mul]) {
      return t * i - mp[mul];
    }
  }
  return -1;
} 

int main() {
  ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
  cin >> p >> b >> n;
  ll ans = BSGS(p, b, n);
  if (ans == -1) {
    cout << "no solution\n";
  } else {
    cout << ans << '\n';
  }
  return 0;
}

Part 2：扩展小步大步算法

在扩展小步大步算法（exBSGS）中，不要求 \(\gcd(a, p) = 1\)。

那么我们开始推导。

首先，我们尝试将同余方程写成不定方程：

\[a \cdot a^{x - 1} + py = b \]

根据裴蜀定理，当 \(\gcd(a, p) \nmid b\) 时方程无整数解。否则，我们令 \(d = \gcd(a, b)\)，将不定方程两边同除 \(d\)：

\[\frac{a}{d} \cdot a^{x - 1} + \frac{p}{d} \cdot y = \frac{b}{d} \]

再将不定方程写成同余方程的形式：

\[\frac{a}{d} \cdot a^{x - 1} \equiv \frac{b}{d} \pmod{\frac{p}{d}} \]

两边同乘 \(\frac{a}{d}\) 在模 \(\frac{p}{d}\) 下的逆元：

\[a^{x - 1} \equiv \frac{b}{d} \cdot \left(\frac{a}{d}\right)^{-1} \pmod{\frac{p}{d}} \]

我们发现，这跟 BSGS 的形式完全相同。

所以，我们检查 \(\gcd(a, \frac{p}{d})\) 是否为 \(1\)。如果满足，则使用 BSGS 求出 \(x - 1\)。否则，重复执行上述操作，直到满足条件或得到无解。

Code：

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

using ll = long long;
using ull = unsigned long long;

const int kMaxN = 2e5 + 10;

ll BSGS(ll a, ll p, ll b, ll pw) {
  unordered_map<ll, ll> mp;
  ll t = sqrt(p) + 1, mul = 1;
  for (ll i = 1; i <= t; ++ i, mul = mul * a % p) {
    mp[mul * b % p] = i;
  }
  for (ll i = 1, k = mul, mul = pw; i <= t + 1; ++ i, mul = mul * k % p) {
    if (mp[mul] && t * (i - 1) - mp[mul] + 1 >= 0) {
      return t * (i - 1) - mp[mul] + 1;
    }
  }
  return -1;
}

ll exBSGS(ll a, ll p, ll b) {
  a %= p, b %= p;
  if (b == 1 || p == 1) {
    return 0;
  }
  ll res = 0, mul = 1;
  for (ll d; (d = __gcd(a, p)) != 1; ) {
    if (b % d) {
      return -1;
    }
    ++ res, b /= d, p /= d;
    mul = (mul * a / d) % p;
    if (mul == b) {
      return res;
    } 
  }
  ll ans = BSGS(a, p, b, mul);
  return (ans == -1? ans : ans + res);
}

int main() {
  ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
  for (ll a, p, b, ans; ; ) {
    cin >> a >> p >> b;
    if (!a) {
      return 0;
    }
    ans = exBSGS(a, p, b);
    if (ans == -1) {
      cout << "No Solution\n";
    } else {
      cout << ans << '\n';
    }
  }
  return 0; 
}

Part 3：例题

P3846 【模板】BSGS / P4195 【模板】扩展 BSGS

模板题，套板子即可。

P4454 [CQOI2018] 破解D-H协议

首先，将题目中 2、3 步的式子写成同余方程形式：

\[\begin{cases} g^a \equiv A \pmod P \\ g^b \equiv B \pmod P\end{cases} \]

这不就是 BSGS 的形式了？于是使用 BSGS 求出 \(a, b\) 之后计算 \(g^{ab} \bmod P\) 即可。

P4884 多少个 1？

感觉这一题难度虚高。

首先，对 \(N\) 个 \(1\) 的数推导通项公式：

\[10^{N - 1} + 10^{N - 2} + \cdots + 10^0 = \frac{9 \cdot 10^{N - 1} + 9 \cdot 10^{N - 2} + \cdots + 9 \cdot 10^0}{9} = \frac{10^{N} - 1}{9} \]

那么方程转化为：

\[\frac{10^{N} - 1}{9} \equiv K \pmod m \]

两边同乘 \(9\)，得：

\[10^{N} - 1 \equiv 9K \pmod m \]

移项，得：

\[10^{N} \equiv 9K + 1\pmod m \]

于是就转化为标准 BSGS 形式了。