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 \(d \ge k\)
因为他我学了龟速乘 Millar-robin 米勒罗宾 这个小东西是用来素数判定的，且听我细细道来。 前置知识 肥妈小定理 又名费马小定理 ： 当一个数 \(x\) 不是一个质数 \(p\) 的倍数时有： \[x^{p-1} \equiv 1 \pmod{p} \]证明： 对于一个序列 \[b = \left \{1,2,3....p-1\right \} \]令 \[
首先介绍 “一加一碰手游戏”。 具体规则是这样的： 游戏有两个玩家，每个玩家有两只手。 初始所有手上的数字都为 \(1\)。 两个玩家轮流行动，轮到一个玩家时他可以选择对方任意一只手上的数字，将自己任意一只手上的数字加上这个数后对 \(10\) 取余数。 若有一只手上的数字为 \(
1.CRT 中国剩余定理，用来求解同余方程组 \begin{cases} x\equiv a_1\pmod {m_1} \\ x\equiv a_2\pmod {m_2} \\ x\equiv a_3\pmod {m_3} \\ …………\\ x\equiv a_n\pmod {m_n}\\ \end{cases}⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎧x≡a1(modm1)x≡a2(modm2)x≡a3(modm3
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^
二次剩余 对于 \(P,n\)，若存在 \(x\)，满足： \[x^2≡n\pmod p \]则称 \(n\) 为模 \(P\) 意义下的二次剩余。 勒让德符号 定义如下： \[\left(\frac{n}{p}\right)= \begin{cases} 1,&n\text{ 在模 $p$ 意义下是二次剩余}\\ -1,&n\text{ 在模 $p$ 意义下是非二次剩余}\\ 0,&n\equiv0\pmod
原根存在性定理的证明 定义模\(m\)意义下满足阶为\(\varphi(m)\)的元素为\(m\)的原根，求证\(m\in\N^+\)的原根存在，当且仅当\(m\in\{2,4,p^a,2p^a|p\in \complement_P\{2\},a\in\Z^+\}\)，其中\(P\)为素数集。显然，如果\(m\)的原根存在，那么\(m\)的既约剩余系就是以原根为生成元的\(\va
乘法逆元 对于正整数 \(a\) ，若存在 \(s\) 使 \(as\equiv1 \pmod{m}\) 则记 \(s\) 是 \(a\) 在模 \(m\) 下的逆元，即 \(s\equiv a^{-1} \pmod{m}\) \(a\) 存在逆元的充要条件为 \(\gcd(a,m)=1\) 费马小定理：若 \(p\) 为质数，则对于任意整数 \(a\) 有 \(a^p \equiv a \pmod{p}\)
快速幂求逆元 给定 $ n $ 组 $ a_i, p_i $，其中 $ p_i $ 是质数，求 $ a_i $ 模 $ p_i $ 的乘法逆元，若逆元不存在则输出 impossible。 注意：请返回在 $ 0 \sim p-1 $ 之间的逆元。 乘法逆元的定义 若整数 $ b，m $ 互质，并且对于任意的整数 $ a $，如果满足 $ b|a $，则存在一个整数 $ x $，使
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
2022.7.19 模拟赛 A 略 B 由于 \(2333333333333333=311\times749803\times1006201\) 我们考虑设这三个数分别为 \(p_1,p_2,p_3\) 然后我们暴力找出 \(x_{1\sim 3}\) 使得 \(x_i^2\equiv a\pmod {p_i}\) 上述的 \(x_i\) 只可能为 \(0\) 个或 \(1\) 个或 \(2\) 个 然后考虑对于所有
\(\text{Summary}\) 实际上是做法的归纳 一切皆是结论性的，没有证明！ 模 \(p\) 意义下的二次剩余有 \(\frac{p-1}2\) 个，二次非剩余也恰有那么多 考虑解关于 \(x\) 的同余方程 \[x^2 \equiv n \pmod p \]当 \(n=0\) 时，\(x=0\) 是唯一解 当 \(n \not= 0\) 时，若方程有解，则只有两个互为
模数为奇素数的二次同余方程 求解二次同余方程\(x^2 \equiv n \pmod p\)(\(p\)为奇素数) 要求二次同余方程组，就必须先判断方程是否有解，这一部分我懒得写，在此略去。而当\(n=0\)显然只有\(x \equiv 0\)一个解。下面讨论\(n \not \equiv 0\) 的情况。 此时这个方程有且仅有两个解。证
参考资料 yyb blog Kewth blog 求解 \[x^2=n \pmod p \]仅介绍模数 p 为奇素数的解法，也就是 Cipolla 算法。 判定是否存在二次剩余 设 \(n=g^a,x=g^b\)，由于原根环的长度为 \(p-1\) （是个偶数）， 列出方程 \(2b = a \pmod {p-1}\)，根据贝祖定理，当且仅当 \(\gcd(p-1,2)=2 \mid a\) 时
一、中国剩余定理 问题 求解线性同余方程组： \(\begin{cases} x\equiv a_1\pmod {m_1}\\x\equiv a_2\pmod{ m_2}\\ \dots\\x\equiv a_n\pmod {m_n} \end{cases}\) 弱化版（保证\(m_i\)两两互质） 可以证明此时一定有解，且可以构造出一个解\(x_0\)，那么通解显然为\(x\equiv x_0\pmod {\op
前置芝士 乘法逆 P4238 【模板】多项式乘法逆 给定一个多项式 \(F(x)\)，请求出一个多项式 \(G(x)\)， 满足 \(F(x) * G(x) \equiv 1 \pmod{x^n}\)。 系数对 \(998244353\) 取模。 为方便 NTT 和倍增，不妨设 \(n\) 为 \(2\) 的幂。最后将 \(G(x)\) 的 \(0,\dots,(n-1)\) 次项输出即可
一、基本原理 公钥与私钥的产生 随机选择两个不同大质数 \(p\) 和 \(q\)，计算 \(n=p\times q\)。 求得 \(\varphi ( n )\)。 选择 \(e < \varphi ( n )\)，使 $e \perp \varphi (n) $。并求得 \(e\) 在模 \(\varphi ( n )\) 下的逆元 \(d\)。 销毁 \(p\) 和 \(q\)。 此时，\(( N , e
初等数论学习笔记 I：同余相关。 1. Miller-Rabin Miller-Rabin 素性测试是常见的 随机性 素数判定方法。 这里的随机指有一定概率将合数判定为素数，但不会将素数判定为合数。 素数判定的基本思路是，根据所有质数均具有但很少合数具有的性质，检查被判定的数是否具有这些性质。若不具有，
中国剩余定理 定理 \[f(x)=\begin{cases}x \equiv a_1\pmod{m_1}\\x \equiv a_2\pmod{m_2}\\.\\.\\.\\x \equiv a_n\pmod{m_n}\end{cases}其中：m_1,m_2,m_3...,m_n 互质。 \]且 \(M=\prod\limits_{i=1}^{n}m_i,M_i=\frac{M}{m_i},t_i=M_i^{-1}\)，\(t_i\) 是在模 \(
首先把置换环转化成同余方程就不说了。 问题在于如何判断 \(10^6\) 个同余方程是否合法。 每个同余方程形如 \(x\equiv a\pmod{m}\)。 考虑逆 CRT，对于模数 \(m\)，唯一分解成如下： \[m=\prod_{i=1}^k p_i^{\alpha_i} \]然后方程可以拆分为： \[\left\{\begin{matrix} x \equiv a \pmod{
OI-Wiki （具体证明等请看 OIwiki） 描述 给定多项式 \(g(x),f(x)\) 满足： \[g(f(x))\equiv 0\pmod {x^n} \] 求出模 \(x^n\) 意义下的 \(f(x)\) 公式表现形式 假设已经求出了模 \(x^{\lfloor \frac{n}{2}\rfloor}\) 意义下的解 \(f_0\) ，那么 \[f(x)\equiv f_0(x)-\frac{g(f_0(x))
定义 当 \(\gcd(a,p)=1\) ，最小的 \(n\) 使得 \(a^n\equiv 1\pmod p\) ，称为 \(a\) 模 \(p\) 的阶 ，\(n=\xi_p(a)\) 对于 \(g\) ，如果满足 \(\gcd(g,p)=1,\xi_p(g)=\varphi(p)\) ，那么 \(g\) 为 \(p\) 的一个原根 性质有关 NTT 设 \(g\) 为质数 \(p\) 的一个原根 设 \(g_n=g^{\f
比较简单的一道题。 需要满足 \(a_u^2+Aa_ua_v+Ba_v^2\equiv 0\pmod p\) 如果枚举 \(v\) 的话，那么相当于是 \(a_u\) 需要满足一个二次方程 \(x^2+(Aa_v)\times x+Ba_v^2\equiv 0\pmod p\)。 所以可以先解 \(a_v\) 对应的方程。\(p\) 是质数所以只可能有两个解。 然后写一个 dfs序+
乘法逆元和求法 基本的数论知识，有必要补一发。 开始之前 模运算：取余运算，比如 \(a \bmod b\) 就是 \(a\) 除以 \(b\) 得到的余数。 性质：在加、减、乘、乘方的运算过程中，进行取余运算，不会对结果产生影响。 优先级：取余运算的优先级和乘法、除法的优先级相同，高于加减法的优先级。
(case when b.max_coupon_id is not null then -(floor(abs(a.target_points)/a.coupon_num)+ pmod(a.target_points,a.coupon_num)) when b.max_coupon_id is null then -floor(abs(a.target_points)/a.coupon_num) else null end ) as coupon_points select -(floor(ab
