缘分
对于两个数\(a,b\)，若使\(\text{lcm}(a,b)\)较大，根据\(a\times b=\text{lcm}(a,b)\times \text{gcd}(a,b)\)，那么就应使\(a\times b\)较大，\(\text{gcd}(a,b)\)较小。考虑选择\(n\)与\(n-1\)两个数，此时乘积最大，且两个数必然互质，则\(\text{lcm}\)也越大。
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最大公约数和最小公倍数问题
根据\(a\times b=\text{lcm}(a,b)\times \text{gcd}(a,b)\)，考虑枚举\(\sqrt {a\times b}\)内的每个数，检查\(\text{lcm}(i,\frac{a\times b}{i})\)是否等于\(b\)，且\(\text{gcd}(i,\frac{a\times b}{i})\)是否等于\(a\)。
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又是毕业季II
从\(n\)个数中选\(k\)个，使这\(k\)个数的\(\text{gcd}\)最大化。
与其枚举组合，不如转化思路，考虑记录\(n\)个数的所有因数出现的次数。当前求\(k\)个数的最大公约数，就是求出现了\(k\)次的因数中最大的一个。根据贪心思想，数的个数越多，gcd越小，从大到小处理选\(n\)个数到选\(1\)个数的情况即可。
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SuperGCD
高精是不可能写的????????,python水过。
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Hankson的趣味题
结论：若\(\text{gcd}(a,b)=k\)，则\(\text{gcd}(\frac{a}{k},\frac{b}{k})=1\)。
应用结论：
\(gcd(x,a_0)=a_1\Rightarrow gcd(\frac{x}{a_1},\frac{a_0}{a_1})=1\)。
\(lcm(x,b_0)=b_1\)，\(gcd(x,b_0)=\frac{x\times b_0}{b_1}\Rightarrow gcd(\frac{b_1}{b_0},\frac{b_1}{x})=1\)。
需保证\(\frac{x}{a_1}\)与\(\frac{b_1}{x}\)为整数，则\(x\)位于\([a_1,b_1]\)之间，且为\(a_1\)的倍数，\(b_1\)的因数。
枚举\(b_1\)的约数，检查是否满足条件即可。
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????质数与合数质因数分解
因数总是成对出现，从\(1\)到\(\sqrt n\)枚举因数，若\(n\%i==0\)，那么输出\(\frac{n}{i}\)。
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角色属性树
存储每个节点的权值和父亲。然后一直向上跳父亲，直到当前节点的权值与给定节点权值的gcd不为1。最坏时间复杂度为\(O(nk)\)，但是数据随机，有梦想就可以过。
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小道消息
伯特兰—切比雪夫定理
\(\forall n>1\)，至少存在一个质数\(p\)，符合\(n<p<2n\)。
对于这道题来说，假定一开始选定的数为\(k\)。
若\(k\)为质数，
\(\frac{n}{2}<k<n\)，那么只需要一次
首先由于\(k\)为质数，那么在\([1,k]\)中的数与\(k\)互质。
\(\frac{n}{2}<k\)，那么在\([k+1,n]\)中的数，没有\(k\)的倍数，与\(k\)互质。
若\(k\le \frac{n}{2}\)，那么需要两次。
在\([\frac{n}{2},n]\)中，一定存在一个质数\(p\)，且由于\(k\)也为质数，\(p,k\)一定互质，那么在第一天\(p\)会被标记，（第一种情况），第二天所有数会被标记。
若\(k\)为合数，
在\([\frac{n}{2},n]\)中，一定存在一个质数\(p\)，且由于\(k<n\)，\(k\)不是\(p\)的倍数，\(p,k\)一定互质，那么第一天\(p\)会被标记，第二天所有数会被标记。
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????欧拉函数仪仗队
观察到图像是对称的，可以只考虑\(x<y\)的一半。
将左下角的点看成是\((0,0)\)，那么只有\(gcd(x,y)=1\)的点不会被遮挡，发现满足条件的点的数量即为\(\varphi(y)\)。
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GCD
$\sum\limits_{i=1}{n}\sum\limits_{j=1}{n}gcd(i,j)=p\ \((\)p$为质数)
\(gcd(x,y)=k\Rightarrow gcd(\frac{x}{k},\frac{y}{k})=1\)
枚举每个质数\(p\)，则\(\sum\limits_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{p}\rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\lfloor \frac{n}{p}\rfloor}gcd(i,j)=1\)
对于\(i<j\)，使得\(gcd(i,j)=1\)的\(i\)的个数为\(\varphi(j)\)。
则总个数为\(2\times \varphi(j) -1\)。
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GCD SUM
考虑\(gcd\)一定为\(\le n\)的数，枚举\(\le n\)的每个数\(d\)，求出\(gcd(i,j)=d\)的个数\(t\)，转化为\(gcd(\frac{i}{d},\frac{j}{d})\)的个数，则答案为\(\sum_{d=1}^{n}t_d\)。
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上帝与集合的正确用法
扩展欧拉定理
递归求解，边界为\(mod==1\),return \(0\)。
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????同余方程裴蜀定理
将裴蜀定理推广到\(n\)个数上，\(a_1x_1+a_2x_2+…+a_nx_n=S\)有解的条件为\(gcd(a_1,a_2,…,a_n)|S\)
最小解即为\(gcd(a_1,a_2,…,a_n)\)。
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有理数取余
\(\frac{a}{b}\%c\)的值即为求解\(a\%c\times b^{-1}(mod\ c)\)
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同余方程
求逆元，最小整数解为\((x+b)\%b\)
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小凯的疑惑
\(a,b\)两个数不能表示出的最小整数为\(a\times b-a-b\)
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青蛙的约会
列出方程\(km+x\equiv kn+y(mod\ l)\)，求解最小的\(k\)。
转化为\(km+x+lq=kn+y\)
\((m-n)k+lq=y-x\)
exgcd(m-n,l,k,q)
\(k=(k_0\times\frac{y-x}{gcd}+\frac{l}{gcd})\%\frac{l}{gcd}\)
impossible:\(gcd(m-n,l)\nmid y-x\)
注意当\(m-n<0\)时，转化为正数，不然求出来的\(gcd(m-n,l)\)为负数，求出的\(k\)也为负数。
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????中国剩余定理猜数字
\(x\equiv a_i(mod\ b_i)\)
板子题
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古代猪文
求\(g^{\sum d|n\ C_n^{d}}\ mod\ 999911659\)。
由于\(999911659\)为质数，由欧拉定理得\(a^n\equiv a^{n\%\varphi(p)}\ (mod\ p ,gcd(n,p)=1)\)
则\(g^{\sum d|n\ C_n^{d}}\ mod\ 999911658\Rightarrow g^{\sum d|n\ C_n^{d}\%999911659}\ mod\ 999911659\)
考虑如何计算\(\sum d|n\ C_n^{d}\%999911658\)
考虑\(\text{Lucas}\)定理，记\(p=999911658\)，$ C_n^{d}%p\Rightarrow C_{\lfloor n/p\rfloor}^{\lfloor d/p\rfloor}\times C_{\lfloor n%p\rfloor}^{\lfloor d%p\rfloor}%p\(，应用\)\text{exLucas}\(的复杂度是\)O(p\log_pn)\(，但是\)p$太大了，直接应用肯定会TLE。
一个小技巧是，先把模数p分解质因数，缩小模数p的范围，对于每个质因数应用Lucas定理，再用中国剩余定理合并。
对于这道题来说，将\(999911658\)进行质因数分解，\(99991165=2\times3\times4679\times35617\)。
求出\(\sum d|n\ C_n^{d}\)对\(2,3,4679,35617\)应用\(\text{Lucas}\)定理的结果，记为\(a_1,a_2,a_3,a_4\)
\(\begin{cases} x\equiv a_1 \ mod\ 2\\ x\equiv a_2 \ mod\ 3\\ x\equiv a_3 \ mod\ 4679\\ x\equiv a_4 \ mod\ 35617 \end{cases}\)
用中国剩余定理求解\(x\)即可。
