初等数论Ⅱ
By lby学长 2025.7.13 讲课记录 in smsky Summer Camp
目录
- 大步小步算法（BSGS）
-
- 例题
-
- T1 [TJOI2007] 可爱的质数
- T2 [SDOI2011] 计算器
- T3 SPOJ3105 Mod
- Stirling 数
-
- 第二类 Stirling 数
- 第一类 Stirling 数
- Stirling 数 与 幂
- 例题
-
- T1 CF932E Team Work
- T2 CF961G Partitions
- T3 CF1278F Cards
大步小步算法（BSGS）
大步小步算法（Baby Step Giant Step） 用于求解如下问题：
求 t 满足 a t ≡ b ( m o d p ) ，其中 p 是质数。 求 t 满足 a^t ≡ b (\mod p) ，其中 p 是质数。 求t满足at≡b(modp)，其中p是质数。
- 当 a , p a,p a,p 互质 时：
根据 欧拉定理 可知： a ϕ ( p ) ≡ 1 ( m o d p ) a^{\phi(p)} ≡1 (\mod p) aϕ(p)≡1(modp)
于是便有： a t ≡ a t m o d ϕ ( p ) ( m o d p ) a^t≡ a^{t \mod \phi(p)} (\mod p) at≡atmodϕ(p)(modp)
所以 t t t 的取值范围为 [ 0 , ϕ ( p ) − 1 ] [0,\phi(p)-1] [0,ϕ(p)−1] ；
考虑把 1 1 1, a a a, a 2 a^2 a2, …, a ϕ ( p ) − 1 a^{ϕ(p)−1} aϕ(p)−1 依次排成一个圆，那么问题相当于问从起点要走几步能到达某个点。
运用类似分块的思想。枚举要走多少大格和多少小步。设 t = k x − y t=kx-y t=kx−y ， k = ϕ ( p ) k=\phi(p) k=ϕ(p) ， x ∈ [ 1 , ϕ ( p ) ] ， y ∈ [ 0 , ϕ ( p ) − 1 ] x \in [1,\phi(p)] ，y \in [0,\phi(p)-1] x∈[1,ϕ(p)]，y∈[0,ϕ(p)−1]。
将原始代换得： a k x − y ≡ b ( m o d p ) a^{kx-y}≡ b(\mod p) akx−y≡b(modp)
即为：
a k x ≡ b × a y ( m o d p ) a^{kx}≡ b \times a^y(\mod p) akx≡b×ay(modp)
考虑将每个 y y y 对应的 b × a y b \times a^y b×ay 用 Hash表 存下来，枚举 x x x 找到最小的合法即可。
当然代码时由于 ϕ ( p ) \phi(p) ϕ(p) 不方便求，进而以 p \sqrt{p} p 来代替 ϕ ( p ) \phi(p) ϕ(p) ，保证 p ≥ ϕ ( p ) \sqrt{p} \ge \phi(p) p≥ϕ(p) 。
unordered_map<ll,ll>mp;
ll BSGS(ll a,ll b,ll p){
a%=p,b%=p;
if(!a&&!b) return 1;
if(b==1) return 0;
if(__gcd(a,p)!=1) return -1;
mp.clear();
int siz=sqrt(p); if(siz*siz!=p) siz++;
mp[b]=0;
ll bka=1;
for(int i=1;i<=siz;i++){
(b*=a)%=p; mp[b]=i;
(bka*=a)%=p;
}
ll now=1,stp=0;
for(int i=1;i<=siz;i++){
(now*=bka)%=p;
if(mp.count(now)) return 1ll*i*siz-mp[now];
}
return -1;
}
- a , p a,p a,p 不互质 时：
这就叫 扩展大步小步 。那就一直除 a t ≡ b ( m o d p ) a^t ≡ b (\mod p) at≡b(modp) 中 a a a 和 p p p 的约数，直到互质为止。
例如： 设 g = g c d ( a , p ) g=gcd(a,p) g=gcd(a,p)
a t ≡ b ( m o d p ) a^t ≡ b (\mod p) at≡b(modp)
a g × a t − 1 ≡ b g ( m o d p g ) \frac{a}{g} \times a^{t-1} ≡ \frac{b}{g} (\mod \frac{p}{g}) ga×at−1≡gb(modgp)
a t − 1 ≡ b g × ( a g ) − 1 ( m o d p g ) a^{t-1} ≡ \frac{b}{g} \times (\frac{a}{g})^{-1}(\mod \frac{p}{g}) at−1≡gb×(ga)−1(modgp)
可以发现，新的 a a a 不会变而 p p p 会，所以可能需要继续递归。如果 g ∤ b g \nmid b g∤b ，说明该方程无解。这个递归套用 Exgcd 即可。
void Exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y){
if(!b){
x=1,y=0;
return;
}
Exgcd(b,a%b,y,x); y-=a/b*x;
}
unordered_map<ll,ll>mp;
ll BSGS(ll a,ll b,ll p){
mp.clear();
int siz=sqrt(p); if(siz*siz!=p) siz++;
mp[b]=0;
ll bka=1;
for(int i=1;i<=siz;i++){
(b*=a)%=p; mp[b]=i;
(bka*=a)%=p;
}
ll now=1;
for(int i=1;i<=siz;i++){
(now*=bka)%=p;
if(mp.count(now)) return 1ll*i*siz-mp[now];
}
return -1;
}
ll ExBSGS(ll a,ll b,ll p){
a%=p,b%=p;
if(b==1||p==1) return 0;
if(!a){
if(!b) return 1;
return -1;
}
ll gcd=__gcd(a,p),stp=0,ad=1;
while(gcd!=1){
if(b%gcd!=0) return -1;
stp++,b/=gcd,p/=gcd,(ad*=a/gcd)%=p;
gcd=__gcd(a,p);
if(ad==b) return stp;
}
ll x=0,y=0; Exgcd(ad,p,x,y); x%=p,(x+=p)%=p;//!
ad=x*b%p;
ll stp2=BSGS(a,ad,p);
if(stp2==-1) return -1;
return stp+stp2;
}
例题
T1 [TJOI2007] 可爱的质数
link
直接套用普通 BSGS 模板即可。
T2 [SDOI2011] 计算器
link
同 T1 。
T3 SPOJ3105 Mod
link
板子 exBSGS 。
Stirling 数
常出现在 组合计数 中。
第二类 Stirling 数
把 n n n 个区分的球装入 m m m 个不区分的盒子，要求盒子非空，记为 S 2 ( n , m ) S2(n, m) S2(n,m) 或 { n m } {n\brace m} {mn}。
考虑第 n n n 个球，因为盒子不区分，可以新开一个盒子单独放，也可以插入到之前的一个盒子，那么：
S 2 ( n , m ) = S 2 ( n − 1 , m − 1 ) + m × S 2 ( n − 1 , m ) \rm S2(n, m) = S2(n−1, m−1) + m \times S2(n−1, m) S2(n,m)=S2(n−1,m−1)+m×S2(n−1,m)
这个显然是 O ( n m ) O(nm) O(nm) 的。
当然还可以归纳出通项公式，可以通过容斥推出 ：
S 2 ( n , m ) = ∑ i = 0 m ( − 1 ) m − i × i n ( m − i ) ! i ! \rm S2(n, m) = \sum\limits_{i=0}^{m}(-1)^{m-i} \times \frac{i^n}{(m-i)!i!} S2(n,m)=i=0∑m(−1)m−i×(m−i)!i!in
注意只有 S 2 ( 0 , 0 ) = 1 S2(0,0)=1 S2(0,0)=1 ，其余的 S 2 ( i , 0 ) = 0 S2(i,0)=0 S2(i,0)=0。！！！
第一类 Stirling 数
把 n n n 个区分的球装入 m m m 个不区分的盒子，要求盒子非空且盒子内形成圆排列，记为 S 1 ( n , m ) S1(n, m) S1(n,m) 或 [ n m ] {n\brack m} [mn]。
考虑第 n n n 个球，同样可以新开一个盒子，也可以插入之前的盒子，但是此时盒子内是圆排列，所以插入到某个盒子开头和末尾是等价的，就是说有 n − 1 n−1 n−1 种插法：
S 1 ( n , m ) = S 1 ( n − 1 , m − 1 ) + ( n − 1 ) × S 1 ( n − 1 , m ) S1(n, m) = S1(n−1, m−1) + (n − 1) \times S1(n−1,m) S1(n,m)=S1(n−1,m−1)+(n−1)×S1(n−1,m)
注意第一类斯特林数只有 O ( n m ) O(nm) O(nm) 递推式！
Stirling 数 与 幂
m n = ∑ i = 0 n S 2 ( n , i ) × m i ‾ m^n=\sum\limits_{i=0}^{n} S2(n,i) \times m^{\underline{i}} mn=i=0∑nS2(n,i)×mi
其中： m i ‾ = C m i × i ! m^{\underline{i}}=C_m^i \times i! mi=Cmi×i!
解释： m n m^n mn 的意义为 n n n 个区分的球装入 m m m 个区分的盒子，那么先用 C m i C_m^i Cmi 选出有 i i i 个盒子非空（剩下 m − i m−i m−i 个空盒子），乘上 S 2 ( n , i ) S2(n, i) S2(n,i) 将球不区分地装入，最后乘上 i ! i! i! 把盒子区分。
例题
T1 CF932E Team Work
link
题意
求： ∑ i = 1 n ( n i ) i k \sum\limits_{i=1}^{n} \tbinom{n}{i} i^k i=1∑n(in)ik
1 ≤ n ≤ 1 0 9 , 1 ≤ k ≤ 5000 1 \le n \le 10^9,1 \le k \le 5000 1≤n≤109,1≤k≤5000
思路
原式 = ∑ i = 1 n ( n i ) ∑ j = 1 k { k j } i j ‾ = ∑ j = 1 k { k j } j ! ∑ i = 1 n ( n i ) ( i j ) = ∑ j = 1 k { k j } j ! ∑ i = 1 n ( n j ) ( n − j i − j ) = ∑ j = 1 k { k j } j ! ( n j ) ∑ i = 0 n − j ( n − j i ) = ∑ j = 1 k { k j } j ! ( n j ) 2 n − j \begin{aligned} 原式&= \sum\limits_{i=1}^{n} \binom{n}{i} \sum\limits_{j=1}^{k} {k\brace j} i^{\underline{j}}\\ &= \sum\limits_{j=1}^{k}{k\brace j}j!\sum\limits_{i=1}^{n} \binom{n}{i} \binom{i}{j}\\ &= \sum\limits_{j=1}^{k}{k\brace j}j!\sum\limits_{i=1}^{n} \binom{n}{j} \binom{n-j}{i-j} \\ &=\sum\limits_{j=1}^{k}{k\brace j}j! \binom{n}{j} \sum\limits_{i=0}^{n-j} \binom{n-j}{i}\\ &=\sum\limits_{j=1}^{k}{k\brace j}j! \binom{n}{j} 2^{n-j} \end{aligned} 原式=i=1∑n(in)j=1∑k{jk}ij=j=1∑k{jk}j!i=1∑n(in)(ji)=j=1∑k{jk}j!i=1∑n(jn)(i−jn−j)=j=1∑k{jk}j!(jn)i=0∑n−j(in−j)=j=1∑k{jk}j!(jn)2n−j
代码
#pragma GCC optimize(3)
#includeT2 CF961G Partitions
link
题意
求： ∑ j = 1 n w j ∑ i = 1 n i ( n − 1 i − 1 ) { n − i k − 1 } \sum\limits_{j=1}^{n} w_j \sum\limits_{i=1}^{n} i\binom{n-1}{i-1} {n-i\brace k-1} j=1∑nwji=1∑ni(i−1n−1){k−1n−i}
思路
∑ i = 1 n i ( n − 1 i − 1 ) { n − i k − 1 } = ∑ i = 1 n i ( n − 1 i − 1 ) ∑ j = 0 k − 1 ( − 1 ) k − 1 − j j n − i ( k − 1 − j ) ! j ! = ∑ j = 0 k − 1 ( − 1 ) k − 1 − j ( k − 1 − j ) ! j ! ∑ i = 1 n i ( n − 1 i − 1 ) j n − i \begin{aligned} \sum\limits_{i=1}^{n} i\binom{n-1}{i-1} {n-i\brace k-1}&=\sum\limits_{i=1}^{n} i\binom{n-1}{i-1} \sum\limits_{j=0}^{k-1}(-1)^{k-1-j}\frac{j^{n-i}}{(k-1-j)!j!}\\ &=\sum\limits_{j=0}^{k-1}\frac{(-1)^{k-1-j}}{(k-1-j)!j!}\sum\limits_{i=1}^{n} i\binom{n-1}{i-1} j^{n-i} \end{aligned} i=1∑ni(i−1n−1){k−1n−i}=i=1∑ni(i−1n−1)j=0∑k−1(−1)k−1−j(k−1−j)!j!jn−i=j=0∑k−1(k−1−j)!j!(−1)k−1−ji=1∑ni(i−1n−1)jn−i
考虑如何快速求解 i i i 这层循环：配平二项式，因为若没有 × i \times i ×i ，此式就为二项式反演了。
∑ i = 1 n i ( n − 1 i − 1 ) j n − i = ∑ i = 1 n ( i − 1 ) ( n − 1 i − 1 ) j n − i + ∑ i = 1 n ( n − 1 i − 1 ) j n − i = ( n − 1 ) ∑ i = 1 n ( n − 2 i − 2 ) j n − i + ( j + 1 ) n − 1 = ( n − 1 ) ( j + 1 ) n − 2 + ( j + 1 ) n − 1 = ( j + 1 ) n − 2 ( n + j ) \begin{aligned} \sum\limits_{i=1}^{n} i\binom{n-1}{i-1} j^{n-i} &=\sum\limits_{i=1}^{n} (i-1)\binom{n-1}{i-1} j^{n-i}+\sum\limits_{i=1}^{n} \binom{n-1}{i-1} j^{n-i}\\ &=(n-1) \sum\limits_{i=1}^{n} \binom{n-2}{i-2} j^{n-i}+(j+1)^{n-1}\\ &=(n-1)(j+1)^{n-2}+(j+1)^{n-1}\\ &=(j+1)^{n-2}(n+j) \end{aligned} i=1∑ni(i−1n−1)jn−i=i=1∑n(i−1)(i−1n−1)jn−i+i=1∑n(i−1n−1)jn−i=(n−1)i=1∑n(i−2n−2)jn−i+(j+1)n−1=(n−1)(j+1)n−2+(j+1)n−1=(j+1)n−2(n+j)
所以原式变成了：
∑ j = 0 k − 1 ( − 1 ) k − 1 − j ( k − 1 − j ) ! j ! ( j + 1 ) n − 2 ( n + j ) \sum\limits_{j=0}^{k-1}\frac{(-1)^{k-1-j}}{(k-1-j)!j!}(j+1)^{n-2}(n+j) j=0∑k−1(k−1−j)!j!(−1)k−1−j(j+1)n−2(n+j)
代码
#includeT3 CF1278F Cards
link
题意