複習：數論
目錄
質數
判斷質數
考慮一個數\(x\)，其一定能分解成\(a*b\)的形式，這裡只需要保證\(a\)和\(b\)都為整數即可，
顯然的，\(min(a,b)\le \sqrt{x}\)，所以只需要列舉\([2,\sqrt x]\)即可
bool pd(int x)
{
for(int i=2;i*i<=x;i++)
if(x%i==0)
return 0;
return 1;
}
區間內的質數
埃氏篩法
一個自然數集合
考慮到質數的因數只有\(1\)和他本身，所以考慮對每一個數，將其在集合中的所有的倍數都刪去，沒有被刪去的數即為質數，時間複雜度即為\(\sum_{i=1}^{n}\frac{n}{i}=n*log_n\)(調和級數求和)，也可以看做每個數被篩了多少次
bool vis[MAXN+5]; int pri[MAXN],lenp; void sieve(int n) { for(int i=2;i<=n;i++) { if(vis[i]==0) { pri[++lenp]=i; for(int j=i;1ll*i*j<=n;j++) vis[i*j]=1; } } }
尤拉篩
考慮在埃氏篩上進行改進，為什麼埃氏篩會帶一個log，因為其會被其所有的質因數都篩一次
我們對其進行一些限制，每一個數只能被其最小的質因數篩去
考慮目前的質數集合為\(P\)，我們列舉其的倍數\(a\)
從小到大列舉\(P\)中的元素
如果\(a\%p_i==0\)，那麼比\(p_i\)大的元素可以不用列舉，設\(a=k*p_i\)，那麼\(a*p_{i+1}=p_i*k*p_{i+1}\)，根據我們所規定的限制，那麼\(a*p_{i+1}\)一定會被\(p_i\)篩去，
bool vis[MAXN+5]; int pri[MAXN],lenp; void sieve(int n) { for(int i=2;i<=n;i++) { if(vis[i]==0) pri[++lenp]=i; for(int j=1;j<=lenp&&1ll*i*pri[j]<=n;j++) { vis[i*pri[j]]=1; if(i%pri[j]==0) break; } } }
最大公約數和最小公倍數
輾轉相除法
內容
\(gcd(a,b)=gcd(b,a\%b)\)
證明
設\(gcd(a,b)=p\)，那麼\(\begin{cases}a=x*p\\b=y*p\end{cases}\)，\(a\%b=(x*p)\%(y*p)=x\%y*p\)
即\(b\)和\(a\%b\)的最大公約數依然為\(p\)
實現
其實可以直接用\(algorithm\)庫中的__gcd
int gcd(int a,int b)
{
if(b==0)
return a;
return gcd(b,a%b);
}
裴蜀定理
內容
如果有\(gcd(a,b)=d\)，且有\(c|d\)，那麼一定有整數\(x,y\)，滿足\(ax+by=c\)
證明
如果有\(ax+by=c\)，那麼一定有\(ax*\frac{d}{c}+by*\frac{d}{c}=d\)，設\(x'=x*\frac{d}{c},y'=y*\frac{d}{c}\)，此時的\(x'和y'\)一定都為整數，那麼\(ax'+by'=d\)，因為\(gcd(a,b)=d\)，所以有\(\frac{a}{d}x'+\frac{b}{d}y'=1\)。同樣的，設\(a'=\frac{a}{d},b'=\frac{b}{d}\)，所以\(a'x'+b'y'=1\)
我們要證明的既可以轉換為：對於一對\(a,b\)，滿足\(gcd(a,b)=1\)，一定有整數\(x,y\)，滿足\(ax+by=1\)
引理1
如果有\(gcd(a,b)=1\)，那麼不存在一個小於b的正整數k，使得\(k*a\equiv 0\pmod b\)
反證法，
如果存在一個\(k\)使得\(k*a\equiv 0 \pmod b\)，那麼\(k*a\)中一定有\(b\)的所有質因數，但同時\(a\)沒有任何一個\(b\)的質因數，所以\(k\)一定包含\(b\)的所有質因數，即\(k\ge b\)，矛盾，所以引理得證
推論
在相同的條件下，\(0*a\%b,1*a\%b\ldots(b-1)*a\%b\)，這些數一定都不一樣
反證法，
設\(i*a\equiv j*a\pmod b,同時0<i<j<b\)，那麼一定有\(a*(j-i)\equiv 0 \pmod b\)
根據引理1，\(j-i\ge b\)，顯然這是矛盾的
引理2
如果有\(gcd(a,b)=1\)，必然存在一個整數\(k\)，使得\(k*a\%b=1\)
根據推論，對於\(0*a\%b,1*a\%b\ldots(b-1)*a\%b\)，這些數一定不一樣，但是某一個數取模\(b\)的結果一定在\([0,b-1]\)，但是同時根據推論，我們已經可以得到\(b\)個兩兩不相同的數，所以k一定存在
再來考慮如果有\(gcd(a,b)=1\)，那麼一定有\(x*a\%b=1\)，所以定然有\(ax-by=1\)，所以有\(ax+by=1\)，即裴蜀定理得證
同餘等價系，剩餘系，縮系
對於一個正整數\(p\)，對於\(a\%p\)，只可能有\(p\)種結果，並且屬於\([0,p-1]\)
模\(p\)的剩餘系記作\(Z_p\)，即小於\(p\)的所有非負整數
同餘等價類，
考慮在模\(p\)的剩餘系下，只有\(p\)種結果，所以每一個數都代表了\(\%p=a\)的所有數，對於\(a\)相同的數，我們稱其為同餘等價類
如果只考慮\(gcd(i,p)=1\)的元素，便得到一個子集，稱這個子集為縮系，記作\(Z^*_p\)
尤拉函式
內容
求\(p\)得縮系的大小，記作\(\phi(p)\)
如果\(p\)為質數，那麼\(\phi(p)=p-1\)
如果\(n=p^q\)，這裡的\(p\)為質數，那麼\(\phi(n)=p^q-p^{q-1}=p^q*(1-\frac{1}{p})\)
同時尤拉函式是一個積性函式證明
所以\(\phi(n)=n*\prod_{p_i|n，並且p_i為質數}(1-\frac{1}{p_i})\)
求單個\(\phi\)
直接套用公式即可
int phi(int n)
{
int ret=n;
for(int i=2;1ll*i*i<=n;i++)
{
if(n%i==0)
{
ret=ret/i*(i-1);
while(n%i==0)
n=n/i;
}
}
if(n>1)
ret=ret/n*(n-1);
return ret;
}
求區間每個數的\(\phi\)
因為\(\phi\)為積性函式，所以只需要改進一下埃氏篩法即可，
當然也可以改尤拉篩，但是改後的時間複雜度變成了\(O(n*log_n)\)，可能是筆者太菜，想不到更好的改法
void sieve(int n)
{
for(int i=1;i<=n;i++)
s[i]=i;
for(int i=2;i<=n;i++)
{
if(vis[i]==0)
{
for(int j=1;1ll*i*j<=n;j++)
{
vis[i*j]=1;
s[i*j]=s[i*j]/i*(i-1);
}
}
}
}
尤拉定理
內容
如果有\(gcd(a,p)=1\)，那麼有\(a^{\phi(p)}\%p=1\)
證明
設\(p\)的縮係為\(\{p_1,p_2,\ldots,p_n\}\)，因為\(gcd(a,p)=1\)，所以\(\{a*p_1\%p,a*p_2\%p,\ldots,a*p_n\%p\}\)同樣也是\(p\)的縮系
所以有\(\sum_{i=1}^{n}p_i\%p=\sum_{i=1}^{n}a*p_i\%p=\sum_{i=1}^{n}p_i\%p*a^{\phi(p)}\%p\)
即\(a^{\phi(p)}\%p=1\)
拓展尤拉定理
內容
若\(a,m\)為正整數，當\(r>\phi(m)\)，有\(a^r\equiv a^{r\%\phi(m)+\phi(m)}\pmod m\)
證明
考慮如果\(gcd(a,m)=1\)，這個結論顯然成立
所以討論\(gcd(a,m)\neq1\)的情況
引理1
如果有\(\begin{cases}x\equiv y\pmod n\\x\equiv y\pmod m\end{cases}\)，那麼有\(x\equiv y \pmod {lcm(n,m)}\)
比較明顯？
\(\begin{cases}x-y\equiv 0\pmod n\\x-y\equiv 0 \pmod m\end{cases}\rightarrow x-y\equiv 0 \pmod {lcm(n,m)}\rightarrow x\equiv y \pmod {lcm(n,m)}\)
引理2
如果\(p\)為質數，\(\phi(p^q)\ge q\)
顯然的\(gcd(p^i-1,p^1)==1\)，並且\(i\in [1,q]\)，所以\(\phi(p^q)\ge q\)
引理3
如果\(m=p^q\)，\(p\)為質數，那麼有\(a^r\equiv a^{r\%\phi(m)+\phi(m)}\equiv 0\pmod m\)
因為\((a,m)>1\)，則\(a\)必然有因數\(p\)，
因為\(r>\phi(m)\ge q\)，所以有\(a^r=x*p^r=y*p^{\phi(m)}=z*p^{q}\)
因為\(r>q\)，所以\(a^r\equiv 0 \pmod m\)
因為\(\phi(m)\ge q\)，所以\(r\%\phi(m)+\phi(m)\ge q\)，所以\(a^{r\%\phi(m)+\phi(m)}\equiv 0\pmod m\)
所以\(a^r\equiv a^{r\%\phi(m)+\phi(m)}\equiv 0\pmod m\)
現在考慮\(m=\prod p_i^{q_i}\)
設\(m_i=p_i^{q_i}\)
顯然，對於每一個\(m_i\)，
如果\(gcd(a,m_i)=1\)，則根據尤拉定理可以得到\(a^r\equiv a^{r\%\phi(m)+\phi(m)}\pmod {m_i}\)
如果\(gcd(a,m_i)>1\)，則根據引理3有\(a^r\equiv a^{r\%\phi(m)+\phi(m)}\pmod {m_i}\)
因為尤拉函式是一個積性函式並且\(m_i\)之間兩兩互質，所以\(\phi(m)=\prod \phi(m_i)\)
根據引理1可以得
\(a^r\equiv a^{r\%\phi(m)+\phi(m)}\pmod m\)
逆元
當整數\(a*b\equiv 1 \pmod p\)，我們稱\(b\)為a的逆元，記作\(b=a^{-1}\)
只有\(a\)和\(p\)互質的情況下，\(a\)才有逆元
費馬定理
內容
如果\(p\)為質數，且\(a\%p\neq 0\)，則有\(a^{p-1}\%p=1\)
證明
考慮到裴蜀定理的推論，對於\(i\in[1,p-1]\)，\(gcd(i*a,p)\)一定是互質的，
即有\(\sum_{i=1}^{p-1}i*a\%p=\sum_{i=1}^{p-1}i\%p\)
又知道\(\sum_{i=1}^{p-1}i*a\%p=a^{p-1}\%p*\sum_{i=1}^{p-1}i\%p\)
即有\(a^{p-1}\%p=1\)
威爾遜定理
內容
\((p-1)!\equiv -1\pmod p\)，當且僅當\(p\)為質數，其中\((p-1)!=\prod_{i=1}^{p-1}i\)
證明
充分性
即\(p\)為質數\(\rightarrow (p-1)!\equiv -1 \pmod p\)
因為\(i\in [1,p-1]\)，且\(p\)為質數，所以一定有\(gcd(i,p)=1\)，根據裴蜀定理的引理2，一定存在\(j*a\%p=1\)，\(j\in[1,p-1]\)，同時，根據裴蜀定理的引理1，\(i\)只有1個逆元，
再者，我們考慮\(j=i\)的情況
\(i^2\%p=1\rightarrow i^2-1=kp\)
\((i-1)(i+1)=kp\)，同時\(p\)為質數，且\(i\in[1,p-1]\)
\(i=1,p-1\)，
即除了1和p-1，其他數都有一個唯一的逆元，同時我們根據尤拉定理$a^{-1}\equiv a^{p-2}\pmod p $，再根據裴蜀定理的引理1，每個數的逆元都是不一樣的（反證法）
所以一定有$(p-1)!\equiv -1 \pmod p $
必要性
即\((p-1)!\equiv -1 \pmod p \rightarrow\) \(p\)為質數
\(p|(p-1)!+1\)
假設\(p\)不是質數，且\(a\)為\(p\)的質因子
那麼一定有\(a|(p-1)!+1\)
但是同時，因為\(a\)是\(p\)的一個質因子，所以一定有\(a|(p-1)!\)
但同時\(gcd((p-1)!+1,(p-1)!)=1\)，故\(a\)只可能為1，
與假設矛盾，所以不成立，即命題得證
拓展歐幾里得
內容
求不定方程\(ax+by=c\)，其中\(a,b,c\)已知，\(gcd(a,b)|c\)
如果我們已知方程\(ax+by=gcd(a,b)\)，那麼\(ax+by=c\)也就是在原來的基礎上乘上\(\frac{c}{gcd(a,b)}\)
\(\begin{aligned}ax+by&=gcd(a,b)\\&=gcd(b,a\%b)\\&=bx'+(a\%b)y'\\&=bx'+(a-b*\lfloor\frac{a}{b}\rfloor)y'\\&=ay'+b(x'-y'\lfloor\frac{a}{b}\rfloor)\end{aligned}\)
即\(\begin{cases}x=y'\\y=x'-y'\lfloor\frac{a}{b}\rfloor\end{cases}\)
考慮一直遞迴下去，則一定會出現\(gcd(a,0)=a\)的情況
即此時\(\begin{cases}x=1\\y=0\end{cases}\)
實現
void exgcd(int a,int b,int &x,int &y)
{
if(b==0)
{
x=1;
y=0;
return;
}
else
{
exgcd(b,a%b,y,x);
y=y-x*(a/b);
}
}
單個逆元
內容
在\(p\)為質數的情況下
根據費馬定理\(a^{p-1}\equiv 1\pmod p\)，所以\(a^{p-2}\equiv a^{-1}\pmod p\)
如果\(p\)不是質數
考慮對\(ax\%p=1\)，那麼就一定有\(ax-py=1\)，設\(y'=-y\)，則有\(ax+py'=1\)
這裡因為\(a\)和\(p\)互質，所以方程一定有解，通過拓展歐幾里得演算法即可求出\(x\)
實現
不會有人連快速冪都不會吧，不會吧不會吧
int qkpow(int a,int b)
{
if(b==0)
return 1;
if(b==1)
return a;
long long t=qkpow(a,b/2);
t=t*t%mod;
if(b%2==1)
t=t*a%mod;
return t;
}
區間逆元
遞推式
關於逆元，有一個很巧妙的遞推式
設\(f(i)\)表示\(i\)在模\(m\)意義下的逆元
邊界條件即為\(f(1)=1\)
那麼\(f(n)=(-f(m\%n)*(m/n)\%m+m)\%m\)
證明
我們設\(m=k*i+r\)，\(k=\lfloor\frac{p}{m}\rfloor,r=m\%n\)
那麼\(k*i+r\equiv 0\pmod m\)
那麼有\((k*i+r)*i^{-1}*r^{-1}\equiv 0*i^{-1}*r^{-1}\pmod m\)
\(k*r^{-1}+i^{-1}\equiv 0\pmod m\)
\(k*r^{-1}\equiv -i^{-1}\pmod m\)
\(-k*r^{-1}\equiv i^{-1}\pmod m\)
即遞推式得證
中國剩餘定理
求解方程組\(\begin{cases}x\equiv a_1\pmod {r_1}\\x\equiv a_2\pmod {r_2}\\\dots\\x\equiv a_n\pmod {r_n}\end{cases}\)保證\(r_i\)兩兩互質
我們設\(A_i=\prod_{j=1}^n r_j[i\neq j]\)，因為\(r_i\)之間兩兩互質，所以\(gcd(A_i,r_i)=1\)，所以必然存在\(c_i*A_i\%r_i=1\)(裴蜀定理的引理2)，設\(x_i=a_i*A_i*c_i\)，則\(x_i\%r_i=a_i\)，且\(x_i\%r_j=0(i\neq j)\)
所以最後的\(x=\sum_{i=1}^{n}a_i*A_i*c_i\%r\)
通解的話就相當與\(x+\prod_{i=1}^nr_i\)
long long crt()
{
long long s=1,x=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
s=s*r[i];
for(int i=1;i<=n;i++)
x=(x+(a[i]*(s/r[i])%s*inv(s/r[i],r[i]))%s)%s;
return x;
}