1. Ex-GCD
1.1. 定義
若 \((a, b)=1\)，則必然存在整數 \(x\) 使得 \(ax \equiv 1 (\bmod b)\).
即：\(ax+by=\gcd(a, b)\)，\(x, y\) 必然有解。
1.2. 裴蜀定理
推論：若 \((a, b)=1\)，則必然存在整數 \(x, y\) 滿足 \(ax + by = 1\).
裴蜀定理：對於 \(a, b \in \mathbb{Z}\)，\(\exists x, y: ax + by = (a, b)\).
證明：記 \(d = (a, b), \space a' = \frac{a}{d}, \space b' = \frac{b}{d}\)，
由 Ex-GCD 的推論知存在 \(x, y\) 滿足 \(a'x+b'y = 1\).
左右同乘 \(d\)，得 \(ax + by = d\).
1.3. 求解
如何求出 \(x, y\)？
定義 \(f(a, b)\)：給定 \(a, b\)，求出任意一組合法的 \(x, y\).
有基本事實：\(a \bmod b = a - \lfloor \frac{a}{b} \rfloor \times b\).
那麼考慮透過 \(f(b, a \bmod b)\) 推出 \(f(a, b)\).
記 \(t = \lfloor \frac{a}{b} \rfloor\)，則 \(a \bmod b = a-tb\).
\(f(b, a \bmod b)\) 滿足方程 \(bx + (a \bmod b) y = d\)，即 \(bx + (a - tb) y = d\).
而 \(f(a, b)\) 需要滿足的方程為 \(ax' + by' = d\)，令 \(x' = y, \space y' = x - ty\) 即可。
void exgcd(int a, int b, int &x, int &y)
{
if(!b) {x = 1, y = 0; return a;}
exgcd(b, a % b, y, x);
int xx = x, yy = y, t = a / b;
x = yy, y = xx - t * yy;
return;
}
可以證明，即使 \(a, b \le 10^9\)，也絕對不會爆 int.
2. 擴充套件中國剩餘定理（Ex-CRT）
形如以下樣式的同餘方程組：
考慮合併以下方程組：
\(x = m_1 \cdot u + a_1 = m_2 \cdot v + a_2\).
\(m_1 \cdot u - m_2 \cdot v = a_2 - a_1 = \gcd(a, b)\).
可以合併出一個新的方程組 \(x \equiv a' \space (\bmod \operatorname{lcm}(m_1, m_2))\).
3. 乘法逆元
3.1. 定義
定義：若 \(ax \equiv 1 \pmod{P}\)，則稱 \(x\) 為 \(a\) 模 \(P\) 的乘法逆元.
3.2. Wilson 定理
Wilson 定理：給定質數 \(P\)，\((P-1)! \equiv -1 \pmod{P}\).
考慮將 \([1, P-1]\) 中的數及逆元兩兩配對，能配對當且僅當 \(a \ne a^{-1} \pmod{P}\).
即不能配對當且僅當 \(x^2 = 1 \pmod{P}\)，只有一個解 \(x = P-1\).
故 \((P-1)! \equiv P - 1 \equiv -1 \pmod{P}\).
3.3. 費馬小定理
費馬小定理：對於質數 \(P\) 和非 \(0\) 整數 \(a\)，\(a^{P-1} \equiv 1 \pmod{P}\).
證明：注意到 \(a, 2a, \ldots, (n-1)a\) 在 \(\bmod P\) 意義下取遍 \([1, P - 1]\) 中所有數，
考慮 \(1 \cdot 2 \cdot 3 \cdots (P - 1) \equiv (1a) \cdot (2a) \cdot (3a) \cdots [(P-1) a]\)，
即 \((P - 1)! \equiv a^{P - 1}(P - 1)!\).
由 Wilson 定理得，\(-1 \equiv -1 \cdot a^{P - 1}\).
即 \(a^{P-1} \equiv 1 \pmod{P}\).
由此，\(a^{P - 2} \equiv -1 \pmod{P}\)，即為 \(a\) 模 \(P\) 的乘法逆元。
3.4. 尤拉定理
尤拉定理：對於 \((a, m) = 1\)，有 \(\varphi(m) \equiv 1 \pmod{m}\).
其中，\(\varphi(m)\) 表示 \([1, m]\) 裡和 \(m\) 互質的數的個數。
3.5. 預處理逆元
引入：給定質數 \(P\)，多次詢問 \(\begin{pmatrix}n \\ m \end{pmatrix} \bmod P\).
\(i! = (i - 1)! \cdot i\)，則 \(\frac{1}{(i - 1)!} = \frac{1}{i!} \cdot i\).
注意到 \(\frac{1}{(i - 1)!}\) 和 \(\frac{1}{i!}\) 在 \(\bmod P\) 意義下分別為 \((i - 1)!\) 和 \(i!\) 的逆元，就可以線性預處理階乘的逆元了。
注意到 \(i = i! \cdot [(i-1)!]^{-1}\)，則 \(i^{-1} = \frac{1}{i!} \cdot (i-1)!\).
即可以用階乘的逆元和階乘來 \(O(1)\) 計算逆元。
int ifac[N], inv[N], fac[N];
void init(int n)
{
fac[0] = 1;
for(int i= 1; i <= n; i++)
fac[i] = 1ll * fac[i - 1] * i % P;
ifac[n] = ksm(fac[n], P - 2);
for(int i = n; i >= 1; i--)
{
ifac[i - 1] = 1ll * inv[i] * i % P;
inv[i] = 1ll * fac[i - 1] * ifac[i] % P;
}
return;
}
3.6. Lucas 定理
Lucas 定理：\(\begin{pmatrix}n \\ m \end{pmatrix} \equiv \begin{pmatrix}\lfloor \frac{n}{P} \rfloor \\ \lfloor \frac{m}{P} \rfloor \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix}n \bmod P \\ m \bmod P \end{pmatrix}\pmod{P}\)，其中 \(P\) 是質數.
使用 Lucas 求解的時間複雜度：\(O(\log_P n)\)
在 \(P = 2\) 時的描述：\(\begin{pmatrix}n \\ m \end{pmatrix} \equiv [n \operatorname{\&} m = m] \pmod{2}\).
4. BSGS (Baby Step Gaint Step)
離散對數問題：給定 \(a, b, P\)，滿足 \((a, P) = 1\)，求出一個 \(t\) 使得 \(a^t \equiv b \pmod{P}\)（也即求出模 \(P\) 意義下的 \(log_a b\)）。
思考：給定 \(P, a\) 和兩個數的集合 \(S, T\)，找到一組 \(x \in S, y \in T\) 使得 \(xy \equiv a \pmod{P}\).
上式可以化為 \(x \equiv \frac{a}{y}\). 考慮列舉 \(x\) 的所有取值，將它們放入 Hash 表中；再列舉 \(y\) 的所有取值，查詢 Hash 表中是否有此值。時間複雜度 \(O(\max\{|S|, |T|\} \log P)\).
回到原題，令 \(B = \lceil \sqrt{P} \rceil\)，取 \(S = \{a^i\}, T = \{a^{B\cdot i}\}\) 即可，其中 $ \le i \le B$. 按照上面思考的方法即可解決問題，時間複雜度 \(O(\sqrt{P} \log P)\).
5. Ex-BSGS
在 BSGS 中，要求了 \((a, P) = 1\)，若這兩數不互質，如何做？
考慮將 \(a, P\) 轉化為互質的。
設 \(d = \gcd(a, P)\)，則只需找到方程 \(\frac{a}{d} \cdot a^{x-1} \equiv \frac{b}{d} \pmod{ \frac{P}{d}}\) 的解，即為原方程的解。
原方程即為 \(a^{x-1} \equiv \frac{b}{d} \cdot (\frac{a}{d})^{-1} \pmod{\frac{P}{d}}\).
令 \(b' = \frac{b}{d} \cdot (\frac{a}{d})^{-1}\)，原方程化為 \(a^{x-1} \equiv b' \pmod{\frac{P}{d}}\).
不斷地進行 \((a, P) \to (a, \frac{P}{d})\)，直到 \((a, P) = 1\)，即變為普通的 BSGS 問題。
6. 階與原根
模 \(m\) 的階：最小的 \(t\) 使得 \(x^t \equiv 1 \pmod{m}\).
模 \(m\) 的原根：模 \(m\) 的階為 \(\varphi(m)\) 的數。
原根的本質：取對數將乘法轉化成指數上的加法。
一個數 \(m\) 存在原根當且僅當 \(m = 2, 4, p^{\alpha}, 2p^{\alpha}\)，其中 \(p\) 為奇素數。、
如何快速判定一個數是否是原根？
引理：一個數模 \(m\) 的階如果存在，那它一定是 \(\varphi(m)\) 的約數。
設 \(m \ge 3, \space (g, m) = 1\)，則 \(g\) 是模 \(m\) 的原根的充要條件是：對於 \(\varphi(m)\) 的每個素因數 \(p\)，都有 \(g^{\frac{\varphi(m)}{p}} \ne 1 \pmod{m}\).
推論：若一個數 \(m\) 有原根，則它原根的個數為 \(\varphi(\varphi(m))\).
7. 例題
7.1. P2480 [SDOI2010] 古代豬文
簡要題意：求 \(g^{\sum_{d | n} \begin{pmatrix}n \\ d \end{pmatrix}} \mod P\)，其中 \(P = 999911659\)，是一個質數。
根據尤拉定理的推論，\(g^{\sum_{d | n} \begin{pmatrix}n \\ d \end{pmatrix}} = g^{\sum_{d | n} \begin{pmatrix}n \\ d \end{pmatrix} \mod (P - 1)}\).
可得 \(P - 1 = 999911658 = 2\times 3\times 4679\times 35617\).
分別計算出 \(\sum_{d | n} \begin{pmatrix}n \\ d \end{pmatrix}\) 對以上四個數取模的結果，記為 \(a_1, a_2, a_3, a_4\).
則有方程組
使用 CRT 解決即可。