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 \(k_i \cdot \prod_{j = 1}^n m_ij \\neq i\)（\(k \in \mathbb{N^+}\)）。

又 \(y_i \equiv 0 \pmod{m_1}\)，那么 \(k_i \cdot \prod_{j = 1}^n m_ij \\neq i \equiv 1 \pmod {m_i}\)。观察式子，发现与逆元的定义相同。那么求 \(y_i\) 就转为了求 \(\prod_{j = 1}^n m_jj \\neq i \bmod m_i\) 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。