欧几里得算法
- 鉴于后面有很多和 \(\gcd\) 相关的东西，拿这个起手，顺便规定 \((a,0)=(0,a)=a\)。
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在群论意义下，对于 \(\gcd\) 操作，\(1\) 是零元，我们这么规定是让 \(0\) 做单位元。
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我是真的没地方放了。总不能把这个放数学杂项吧。
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证明：
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显然在 \(b\mid a\) 时，该式成立。
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否则，设 \(a=kb+r\to r=a-kb=a\bmod b\)，则 \(\forall d\mid a \And d\mid b\)，有 \(\frac{r}{d}=\frac{a}{d}-k\frac{b}{d}\)。显然式右为整数，故式左为整数，即 \(d\mid r\)。
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同理 \(\forall d\mid r\And d\mid b\)，有 \(\frac{r}{d}=\frac{a}{d}-k\frac{b}{d}\to \frac{a}{d}=\frac{r}{d}+k\frac{b}{d}\)，于是 \(d\mid a\)。
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故变换前后的公因数都不变，于是最大公因数也不变。
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给出示范代码，递归的和非递归的：
il int gcd(int a,int b){return b?gcd(b,a%b):a;}
il int gcd(int a,int b){
while(b){
if(a<b) swap(a,b);
else a%=b;
}
return a;
}
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复杂度分析：显然每两次操作中至少有一次是取模，于是
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\(b\geqslant \frac{a}{2}\)：\(a\) 变为 \(a-b<\frac{a}{2}\)。
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\(b<\frac{a}{2}\)：取模后 \(a\in [0,b)<\frac{a}{2}\)。
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故只会有 \(O(\log a+\log b)\) 次操作，该算法的复杂度为 \(O(\log v)\)。
同余
定义
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关于 \(p\)（\(p\in \mathbb{N_+}\)）的代数结构 \((R,+,\times)\)，其三部分分别定义如下：
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\(R\)：关于 \(p\) 的同余数集，具体来说，是 \([0,p)\cap \mathbb{Z}\)。考虑到同余加法的逆元的话，可以扩充到 \((-p,p)\cap \mathbb{Z}\)。后面不再强调 \(\cap \mathbb{Z}\)。
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\(+\)：关于 \(p\) 的同余加法，运算法则为 \(a+b=(a+b)\bmod p\)，式右符号为整数域的。
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\(\times\)：关于 \(p\) 的同余乘法，运算法则为 \(a\times b=a\times b\bmod p\)，同上。
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\((R,+)\) 为交换群；\((R,\times)\) 为交换半群，当 \(p>1\) 时为交换幺半群；当 \(p \in prime\) 时 \((R,+,\times)\) 为域。证明如下：
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封闭性：任意运算最后都要 \(\bmod p\to \in [0,p)\)。
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结合律：显然，略。
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单位元：分别是 \(0,1\)。
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逆元：加法的是 \(-a\)，乘法的存在性依赖于裴蜀定理。
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交换律：依赖于整数域下的 \((a+b)\bmod p=(a\bmod p+b\bmod p)\bmod p\)，乘法同理，事实上我不知道怎么证。
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裴蜀定理
\[a\times x+b\times y=c \Leftrightarrow (a,b)\mid c \]-
其中 \(a,b\) 已知，\(a,b\in \mathbb{Z}\) 且不全为 \(0\)。
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证明：
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充分性：
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显而易见， \((a,b)\mid a,(a,b)\mid b\) 。
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从而有 \((a,b)\mid a\times x,(a,b)\mid b\times y\) 。
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所以 \((a,b)\mid c\) 。
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必要性：
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显然只要证明 \(\exists\ (x_0,y_0),a\times x_0+b\times y_0=(a,b)\)。
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从而只要证明 \(\exists\ (u,v),u\times x_0+v\times y_0=1(u=\frac{a}{(a,b)},v=\frac{b}{(a,b)})\)。
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上式等价于 \(\exists\ x_0,u\times x_0\equiv 1\pmod v\)。
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构造 \(v\) 的完全剩余系，分别与 \(u\) 相乘，不会有两个新剩余系相同。
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为什么不会相同：
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不妨设 \(r_{k1}\times u\equiv r_{k2}\times u\pmod v(r_{k1}\neq r_{k2})\)，我们将这个同余式展开成不定方程：
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\((r_{k1}-r_{k2})\times u=k\times v\)。其中 \(r_{k1},r_{k2}\in[0,v)\)。
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因为 \(u\perp v\)，故由唯一分解定理可得 \(v\mid (r_{k1}-r_{k2})\)。又 \(r_{k1},r_{k2}\in[0,v)\to r_{k1}-r_{k2}\in (-v,v)\)，故 \(r_{k1}-r_{k2}=0\to r_{k1}=r_{k2}\)，两者是同一个原剩余系。
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因为变换前后剩余系数量不变且仍然不重，故所得的仍然为 \(v\) 的完全剩余系。由 \(\bmod v\) 意义下一定有 \(1\) 的剩余系，可知乘完之后得到的完全剩余系中一定有 \(\bmod v=1\) 的。
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故原完全剩余系中一定 \(\exists r_0\times u\equiv 1\pmod v\)，换言之，一定存在 \(u^{-1}\pmod v\)。
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可见 \(x_0\) 一定存在。
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在同余中，我们主要在意的是裴蜀定理 \(\forall a\perp b \leftrightarrow \exists a^{-1}\pmod b\) 的推论。
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证一下上面没有证的必要性：
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考虑反证法，设 \((a,b)>1\) 且 \(\exists a^{-1}\pmod b\)，于是 \(aa^{-1}\equiv 1\pmod b\to aa^{-1}+kb=1\)，由裴蜀定理，其等价于 \((a,b)=1\)，与前设矛盾。
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运用数学归纳法，容易推广到多元情况。
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该定理给出了同余近似域（这名字肯定不对，但我真的不想学群/环/域论，嫖完群公理就收手吧）中，乘法逆元存在性的判定。
逆元的求解
费马小定理
\[\forall p\in prime,a\in R \And a\neq 0,a^{p-1}\equiv 1\pmod p \]- 不证明，因其是欧拉定理的特殊情况。
欧拉定理
\[\forall a\perp p,a^{\varphi(p)}\equiv 1\pmod p \]-
群论证明：
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若不考虑零元 \(0\)，则 \((G,\times)\) 是有限交换群，这里 \(G=\{a\in (0,p)|a\perp p\}\)。
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注意我们是把 \(a\) 置于 \(\pmod p\) 意义下，这与原命题等价，因为 \(a\perp p\to G\) 在 \(\pmod p\) 意义下是满射。
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此时 \(|G|=\varphi(p)\)，由群论-阶的结论 1，有 \(\forall a\in G,\operatorname{ord(a)}\mid \varphi(p)\)，于是 \(\forall a\in G,a^{\varphi(p)}=(a^{\operatorname{ord(a)}})^k=\epsilon^k=1\)。
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数论证明：
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考虑 \(\bmod\ p=k(k\perp p)\) 的 \(\varphi(p)\) 个相异剩余系，即 \(p\) 的缩系（简化剩余系）。
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因为 \(a\perp p\)，所以 \(a\times r_1,a\times r_2,\dots,a\times r_{\varphi(p)}\) 仍然与 \(p\) 互质，并且任意两个新剩余系不会相同（否则在式左右同乘 \(i\) 的逆元，来源剩余系就相同了），故这些剩余系仍然可以组成一个 \(p\) 的缩系。
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所以我们有
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两边同时消去 \(\prod\limits_{i=1}^{\varphi(p)} r_i\)，得到 \(a^{\varphi(p)} \equiv 1 \pmod{p}\)，证毕。
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p.s.这里可以不要 \(k=1\)，只要后 \(\varphi(p)-1\) 个。
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费马小定理其实就是 \(p\in prime\) 的特殊情况。基于费马小定理和欧拉定理，我们可以使用快速幂求逆元（有时还要用到扩展欧拉定理，参看同余进阶），\(O(\log p)\)。
扩展欧几里得算法
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给出不定方程 \(a\times x+b\times y=c\)，其中 \(a,b,c\) 已知，求可行解系 \((x,y)\)。
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由裴蜀定理，当 \((a,b)\nmid c\) ,无解。
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考虑有解情况。设法求 \((x_0,y_0)\) 使 \(a\times x_0+b\times y_0=g\)，那么显然可以由此推出整个解系。
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由欧几里得算法，显然存在 \(x_1,y_1\)，使得
- 整理得
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仔细观察形式。可以发现，必然对位相等（毕竟 \(a,b\) 没变），即 \(x_0=y_1,y_0=x_1-\left\lfloor\dfrac{a}{b}\right\rfloor\times y_1\)。
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从而可以递归求解，只需要知道最后一层的 \(x,y\) 就可以倒推出前面的。
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谈谈具体实现：传四个参 \(a,b,\And x,\And y\)，\(a,b\) 按照欧几里得算法来互相取模，递归下去，然后回来的时候我们有 \(x_{now}=y,y_{now}=x-\left\lfloor\dfrac{a}{b}\right\rfloor\times y\)。
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因为上式始终表示的是 \(g\)，所以在 \(b=0\) 时就可以强行赋值 \(x=1,y=0\) 然后 return。
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虽然逻辑上这时候 \(y\) 的取值是任意的，但不建议取大（指 \(2\) 以上），递归的时候会算得非常大。
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这也代表着，exgcd 和 gcd 的复杂度相同，都为 \(O(\log v)\)，因为只有 \(O(\log v)\) 次递归就到底了。
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整数解集为 \(x=x_0+k\dfrac{b}{(a,b)},y=y_0-k\dfrac{a}{(a,b)},k\in \mathbb{Z}\)，简单证明如下：
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假设 \(a\times (x_0+m)+b\times (y_0-n)=(a,b)\)。
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则
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所以 \(\dfrac{b}{(a,b)}\mid m\)，否则不是整数了。
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故 \(m_{min}=\dfrac{b}{(a,b)}\)，同理 \(n_{min}=\dfrac{a}{(a,b)}\) 。
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注意这里的形式其实象征着 \(x,y\) 的解系分别是新同余方程\(x_0 \bmod\ {m_{min}}\) 和 \(y_0 \bmod\ {n_{min}}\)。
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总解数显然是无穷多对。
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如果想调整成最小正整数（以 \(x\) 为例），只要 \(x+k\times p\geqslant 1\), 即 \(k\geqslant \left\lceil\dfrac{1-x}{p}\right\rceil\)。
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最后记得乘上 \(\dfrac{c}{(a,b)}\)。这一步应该在调成最小正整数之前，且不影响解集。
ll exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y){
if(b==0){x=1,y=0; return a;}
ll ret=exgcd(b,a%b,x,y);
ll tx=x,ty=y;
x=ty,y=tx-a/b*ty;
return ret;
}
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非递归版本细节更多，这里略去。
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若在 \(\pmod p\) 意义下 \(a^{-1}\) 存在，则有 \(aa^{-1}+kp=1\)，exgcd 求解之，然后调整成最小正整数解即可，\(O(\log p)\)。
线性求逆元
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主要有两种方法：递推法和阶乘法。
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本质上都依赖 \(1^{-1}\sim n^{-1}\) 的全体存在性，换言之，必须有 \(n<p\And p\in prime\)。
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递推法：基于 \(1^{-1}\sim (n-1)^{-1}\) 推出 \(n^{-1}\)。
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不妨设 \(p=kn+r\)，于是 \(kn+r\equiv 0\pmod p\)。
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移项，左右同乘 \(n^{-1}\)，得到 \(k\equiv -rn^{-1}\)。
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所以 \(n^{-1}\equiv -kr^{-1}\pmod p\)。显然 \(r<n\)，故该式可以直接算出 \(n^{-1}\)，代码表现如下：
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inv[1]=1;
For(i,2,n) inv[i]=(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
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连乘法：利用逆元的性质和费马小定理。
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首先算出 \(1!\sim n!\)，用费马小定理算出 \((n!)^{-1}\)。
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从而可以倒推，得到 \((a!)^{-1}\equiv (a+1)((a+1)!)^{-1}\)。
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于是 \(a^{-1}=(a-1)!(a!)^{-1}\)。
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两者的复杂度都是 \(O(n)-O(1)\)。
例题
P5431 【模板】乘法逆元 2
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题意略。
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注意到连乘法并没有用到阶乘的任何性质。用之，过。