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初等数论Ⅱ

news 2025/7/21 19:54:34

By lby学长 2025.7.13 讲课记录 in smsky Summer Camp

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：
$求 t 满足 a^t ≡ b (\mod p) ，其中 p 是质数。$

当 $a, p$ 互质 时：
根据 欧拉定理 可知： $aϕ(p)≡1(modp)a^{\phi(p)} ≡1 (\mod p)$
于是便有： $at≡atmodϕ(p)(modp)a^t≡ a^{t \mod \phi(p)} (\mod p)$
所以 $t$ 的取值范围为 $[0,ϕ(p)−1][0,\phi(p)-1]$ ；
考虑把 $1$ , $a$ , $a^2$ , …, $a^{ϕ(p)−1}$ 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 $t = k x - y$ ， $k=ϕ(p)k=\phi(p)$ ， $\in [1,\phi(p)] ，y \in [0,\phi(p)-1]$ 。
将原始代换得： $a^{kx-y}≡ b(\mod p)$
即为：
$akx≡b×ay(modp)a^{kx}≡ b \times a^y(\mod p)$
考虑将每个 $y$ 对应的 $\times a^y$ 用 Hash表 存下来，枚举 $x$ 找到最小的合法即可。
当然代码时由于 $ϕ(p)\phi(p)$ 不方便求，进而以 $p\sqrt{p}$ 来代替 $ϕ(p)\phi(p)$ ，保证 $p≥ϕ(p)\sqrt{p} \ge \phi(p)$ 。

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;
}

$a, p$ 不互质 时：
这就叫 扩展大步小步 。那就一直除 $a^t ≡ b (\mod p)$ 中 $a$ 和 $p$ 的约数，直到互质为止。
例如：设 $g = g c d (a, p)$
$a^t ≡ b (\mod p)$
$ag×at−1≡bg(modpg)\frac{a}{g} \times a^{t-1} ≡ \frac{b}{g} (\mod \frac{p}{g})$
$at−1≡bg×(ag)−1(modpg)a^{t-1} ≡ \frac{b}{g} \times (\frac{a}{g})^{-1}(\mod \frac{p}{g})$
可以发现，新的 $a$ 不会变而 $p$ 会，所以可能需要继续递归。如果 $\nmid b$ ，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 $n$ 个区分的球装入 $m$ 个不区分的盒子，要求盒子非空，记为 $S 2 (n, m)$ 或 ${nm}{n\brace m}$ 。
考虑第 $n$ 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：
$S2(n,m)=S2(n−1,m−1)+m×S2(n−1,m)\rm S2(n, m) = S2(n−1, m−1) + m \times S2(n−1, m)$
这个显然是 $O (nm)$ 的。
当然还可以归纳出通项公式，~~可以通过容斥推出~~ ：
$S2(n,m)=∑i=0m(−1)m−i×in(m−i)!i!\rm S2(n, m) = \sum\limits_{i=0}^{m}(-1)^{m-i} \times \frac{i^n}{(m-i)!i!}$
注意只有 $S 2 (0, 0) = 1$ ，其余的 $S 2 (i, 0) = 0$ 。！！！

第一类 Stirling 数

把 $n$ 个区分的球装入 $m$ 个不区分的盒子，要求盒子非空且盒子内形成圆排列，记为 $S 1 (n, m)$ 或 $[nm]{n\brack m}$ 。
考虑第 $n$ 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 $n - 1$ 种插法：
$\times S1(n−1,m)$
注意第一类斯特林数只有 $O (nm)$ 递推式！

Stirling 数与幂

$mn=∑i=0nS2(n,i)×mi‾m^n=\sum\limits_{i=0}^{n} S2(n,i) \times m^{\underline{i}}$
其中： $mi‾=Cmi×i!m^{\underline{i}}=C_m^i \times i!$

解释： $m^n$ 的意义为 $n$ 个区分的球装入 $m$ 个区分的盒子，那么先用 $C_m^i$ 选出有 $i$ 个盒子非空（剩下 $m - i$ 个空盒子），乘上 $S 2 (n, i)$ 将球不区分地装入，最后乘上 $i!$ 把盒子区分。

例题

T1 CF932E Team Work

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题意
求： $∑i=1n(ni)ik\sum\limits_{i=1}^{n} \tbinom{n}{i} i^k$
$\le n \le 10^9,1 \le k \le 5000$

思路
$原式=∑i=1n(ni)∑j=1k{kj}ij‾=∑j=1k{kj}j!∑i=1n(ni)(ij)=∑j=1k{kj}j!∑i=1n(nj)(n−ji−j)=∑j=1k{kj}j!(nj)∑i=0n−j(n−ji)=∑j=1k{kj}j!(nj)2n−j\begin{aligned} 原式&= \sum\limits_{i=1}^{n} \binom{n}{i} \sum\limits_{j=1}^{k} {k\brace j} i^{\underline{j}}\\ &= \sum\limits_{j=1}^{k}{k\brace j}j!\sum\limits_{i=1}^{n} \binom{n}{i} \binom{i}{j}\\ &= \sum\limits_{j=1}^{k}{k\brace j}j!\sum\limits_{i=1}^{n} \binom{n}{j} \binom{n-j}{i-j} \\ &=\sum\limits_{j=1}^{k}{k\brace j}j! \binom{n}{j} \sum\limits_{i=0}^{n-j} \binom{n-j}{i}\\ &=\sum\limits_{j=1}^{k}{k\brace j}j! \binom{n}{j} 2^{n-j} \end{aligned}$

代码

#pragma GCC optimize(3)
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int maxk=5005,mod=1e9+7;ll Pow_(ll x,ll y){ll s=1;while(y){if(y&1) (s*=x)%=mod;(x*=x)%=mod;y>>=1;}return s;
}ll sl[maxk][maxk];
int main(){int n,k; cin>>n>>k;sl[0][0]=1;for(int i=1;i<=k;i++)for(int j=1;j<=i;j++)sl[i][j]=(sl[i-1][j-1]+j*sl[i-1][j]%mod)%mod;ll ans=0,tmp=1,pw2=Pow_(2,n),inv2=Pow_(2,mod-2);for(int i=1;i<=k;i++){(tmp*=(n-i+1))%=mod;(pw2*=inv2)%=mod;(ans+=sl[k][i]*tmp%mod*pw2%mod)%=mod;}	cout<<ans;return 0;
}

T2 CF961G Partitions

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题意
求： $∑j=1nwj∑i=1ni(n−1i−1){n−ik−1}\sum\limits_{j=1}^{n} w_j \sum\limits_{i=1}^{n} i\binom{n-1}{i-1} {n-i\brace k-1}$
思路
$∑i=1ni(n−1i−1){n−ik−1}=∑i=1ni(n−1i−1)∑j=0k−1(−1)k−1−jjn−i(k−1−j)!j!=∑j=0k−1(−1)k−1−j(k−1−j)!j!∑i=1ni(n−1i−1)jn−i\begin{aligned} \sum\limits_{i=1}^{n} i\binom{n-1}{i-1} {n-i\brace k-1}&=\sum\limits_{i=1}^{n} i\binom{n-1}{i-1} \sum\limits_{j=0}^{k-1}(-1)^{k-1-j}\frac{j^{n-i}}{(k-1-j)!j!}\\ &=\sum\limits_{j=0}^{k-1}\frac{(-1)^{k-1-j}}{(k-1-j)!j!}\sum\limits_{i=1}^{n} i\binom{n-1}{i-1} j^{n-i} \end{aligned}$
考虑如何快速求解 $i$ 这层循环：配平二项式，因为若没有 $×i\times i$ ，此式就为二项式反演了。
$∑i=1ni(n−1i−1)jn−i=∑i=1n(i−1)(n−1i−1)jn−i+∑i=1n(n−1i−1)jn−i=(n−1)∑i=1n(n−2i−2)jn−i+(j+1)n−1=(n−1)(j+1)n−2+(j+1)n−1=(j+1)n−2(n+j)\begin{aligned} \sum\limits_{i=1}^{n} i\binom{n-1}{i-1} j^{n-i} &=\sum\limits_{i=1}^{n} (i-1)\binom{n-1}{i-1} j^{n-i}+\sum\limits_{i=1}^{n} \binom{n-1}{i-1} j^{n-i}\\ &=(n-1) \sum\limits_{i=1}^{n} \binom{n-2}{i-2} j^{n-i}+(j+1)^{n-1}\\ &=(n-1)(j+1)^{n-2}+(j+1)^{n-1}\\ &=(j+1)^{n-2}(n+j) \end{aligned}$
所以原式变成了：
$∑j=0k−1(−1)k−1−j(k−1−j)!j!(j+1)n−2(n+j)\sum\limits_{j=0}^{k-1}\frac{(-1)^{k-1-j}}{(k-1-j)!j!}(j+1)^{n-2}(n+j)$
代码

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn=2e5+5,mod=1e9+7;ll Pow_(ll x,ll y){ll s=1;while(y){if(y&1) (s*=x)%=mod;(x*=x)%=mod;y>>=1;}return s;
}ll a[maxn],fac[maxn],inv_fac[maxn];
int main(){int n,k; cin>>n>>k;fac[0]=inv_fac[0]=1;for(int i=1;i<=k;i++){fac[i]=fac[i-1]*i%mod;inv_fac[i]=Pow_(fac[i],mod-2);}ll sum=0;for(int i=1;i<=n;i++){cin>>a[i];(sum+=a[i])%=mod;}if(n==1){if(k==1) cout<<a[1];else cout<<0;return 0;}ll ans=0;for(int i=0;i<k;i++){if((k-1-i)&1) ans-=Pow_(i+1,n-2)*(n+i)%mod*inv_fac[k-1-i]%mod*inv_fac[i]%mod,(ans+=mod)%=mod;else (ans+=Pow_(i+1,n-2)*(n+i)%mod*inv_fac[k-1-i]%mod*inv_fac[i]%mod)%=mod;}cout<<sum*ans%mod;return 0;
}