數論

By Misia in 2018

自制課件

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費馬小定理

若p是質數，a是任意整數，並且a不能被p整除，於是：
$a^{p-1}\equiv 1$

( m o d   p ) a^{p-1}≡1(mod \ p)

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尤拉函式

OEIS A000010

φ(n)表示1~n以內和n互質的數的個數。
p表示n的所有質因數。
有 $\phi \left(n\right)=n\ast {\prod }_{}^{}$

p ∣ n p   ( 1 − 1 q ) φ(n)=n*\prod_{p|n}^p\ (1-\frac{1}{q})

• 尤拉函式是積性函式，若m,n互質，則： $φ(mn)=φ(n)*φ(m)$
• 若n為奇數，則： $φ(2n)=φ(n)$
• 若n為質數，則： $φ(n)=n-1$

線性篩尤拉函式

int m[maxn],phi[maxn],p[maxn],pt;//m[i]是i的最小素因數，p是素數，pt是素數個數
int get_phi(){
    phi[1]=1;
    int N=maxn,k;
    for(int i=2;i<N;i++){
        if(!m[i]){//i是素數
            p[pt++]=m[i]=i,phi[i]=i-1;
        }
        for(int j=0;j<pt&&(k=p[j]*i)<N;j++){
            m[k]=p[j];
            if(m[i]==p[j]){//為了保證以後的數不被再篩，要break
                phi[k]=phi[i]*p[j];
/*這裡的phi[k]與phi[i]後面的∏(p[i]-1)/p[i]都一樣（m[i]==p[j]）只差一個p[j]，就可以保證∏(p[i]-1)/p[i]前面也一樣了*/
                break;
            }
            else{
                phi[k]=phi[i]*(p[j]-1);//積性函式性質
            }
        }
    }
}

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尤拉定理

若 $gcd(a,b)=1$，則： $a^{φ(b)}≡1(mod \ b)$

更常用的： $a^b \% m=a^{b \% φ(m)+φ(m)}\%m$

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原根

定義：設m>1， $gcd(a,m)=1$，使得 $a^r≡1(mod \ m)$成立的最小的r，稱為a對模m的階，記為 $\delta_m(a)$。

數m有原根的充要條件： $m=2,4,p^k,2p^k$ (p為奇素數，k為任意正整數)。

定理

• 如果模m有原根，那麼它一共有 $φ(φ(m))$個原根。
• 若m>1， $gcd(a,m)=1$， $a^n≡1(mod \ m)$，則 $\delta_m(a)|n$。
• 如果p為素數，那麼素數p一定存在原根，並且p模的原根的個數為 $φ(p-1)$。
• 設m是正整數，a是整數，若a模m的階等於 $φ(m)$，則稱a為模m的一個原根。

找原根

若欲求m的原根的話,對 $φ(m)$進行質因數分解，求出所有質因子 $p_i$，若對於任意 $p_i$，均滿足 $g^{\frac{φ(m)}{p_i}}\neq 1(mod \ m)$，則g是m的原根。

求原根的程式碼

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int p[100007], c;
long long pow_mod(long long a,long long x,long long m){
	long long ans=1;
	while(x){
		if(x&1){
			ans=ans*a%m;
		}
		a=a*a%m;
		x>>=1;
	}
	return ans;
}
bool ok(int x,int ph,int m){
	for(int i=0;i<c;i++){
		if(pow_mod(x,ph/p[i],m)==1){
			return 0;
		}
	}
	return 1;
}
void divide(int x){
	c=0;
	for(int i=2;i*i<=x;i++){
		if(x%i==0){
			p[c++]=i;
			while(x%i==0){
				x/=i;
			}
		}
	}
	if(x>1){
		p[c++]=x;
	}
}
int main(){
	int wxh;
	scanf("%d",&wxh);
	while(wxh--){
		int n;
		scanf("%d",&n);
		int m=n,ans=m;
		for(int i=2;i*i<=n;i++){
			if(n%i==0){
				ans=ans/i*(i-1);
				while(n%i==0){
					n/=i;
				}
			}
		}
		if(n>1){
			ans=ans/n*(n-1);
		}
		divide(ans);
		int x=ans;
		while(!ok(x,ans,m)){
			x--;
		}
		printf("%d\n",x);
	}
	return 0;
}

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二次剩餘

當存在某個x，式子 $x^{2}≡d(mod\ p)$成立時，稱“d是模p的二次剩餘”。
當對任意x不成立時，稱“d是模p的二次非剩餘”。
學不來
關於如何計算二次剩餘，詳見Miskcoo的部落格

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解方程a^b≡n(mod p)(p是素數)

一、已知n,p(p是奇數),b=2,求a

由費馬小定理： $n^{(p-1)/2}≡\pm1(mod\ p)$
根據尤拉準則,二次剩餘有解當且僅當 $n^{(p-1)/2}≡1(mod\ p)$
如果c滿足 $w=c^2-n$不是p的二次剩餘，那麼 $a=(c+\sqrt(w))^{(p-1)/2}$是方程 $a^2≡n(mod\ p)$的解。因為有一半的數是非二次剩餘，所以可以隨機c，驗證即可。
詳見Philipsweng的部落格

二、已知n,p,a,求b

使用Baby-step giant-step演算法
(臨時)詳見Yuiffy的部落格

模板(Poj 2417)

#include<bits/stdc++.h> 
using namespace std;
long long p,b,n;
void exgcd(long long c,long long d,long long &x,long long &y){
	if(!d){
    	x=1;y=0;
    	return ;
	}
	exgcd(d,c%d,x,y);
	long long z=y,r=x-(c/d)*y;
	x=z;y=r;
}
void work(){
	long long m=(long long)sqrt(p),bb=1,nn=n,inv,t;
	map<int,int> num;
	map<int,bool> app;
	app[1]=1;
	num[1]=0;
	for(int i=1;i<=m-1;i++){
	    bb=bb*b%p;
	    if(!app[bb]){
	        app[bb]=1;
	        num[bb]=i;
	    }
	}
	bb=bb*b%p;
	exgcd(bb,p,inv,t);
	if(inv>0){
		inv%=p;
	}
	else{
		inv=inv%p+p;
	}
	for(int i=0;i<=m;i++){
	    if(app[nn]){
	        printf("%lld\n",i*m+num[nn]);
	        return;
	    }
	    nn=nn*inv%p;
	}
	printf("no solution\n");
}
int main(){
	while(~scanf("%lld%lld%lld",&p,&b,&n)){
		work();
	}
	return 0;
}

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Ramsey定理

存在一個p，使得對p個點的完全圖紅藍染色，要麼存在n個點的紅色完全子圖，要麼存在m個點的藍色完全子圖。
把最小的p記作R(n,m)，稱為Ramsey數，一般用到R(3,3)=6。
更大的Ramsey數特別難算。

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第一類Stirling數

OEIS A008275(有符號)

表示將n個不同元素構成m個圓排列的方案數。
通俗來說，就是n個不同人圍m個相同圓桌而坐，要求各桌非空，其不同方案數。
第一類Stirling數又分為無符號( $S_u$)與有符號( $S_s$)兩種。

無符號

遞推式
$S_u(n+1,m)=S_u(n,m-1)+nS_u(n,m)$

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