noip臨近，有點怕需要數學知識定理才能做的題

快速冪

用途

$O(\log t)$時間內求解$x^t$

證明&過程

由於$x^a\cdot x^b=x^{a+b}$，而且每個自然數$t$都可以拆分為不超過$\log_2t$個二次冪的和，即$t=\sum_{i=0} k_i2^i$

則$x^t=\sum_{i=0}x^{k_i2^i}$

其中$k_i$為$0/1$，$x^{2^i}$可以遞推求得

程式碼

int qpow
 
(int A,int B){
	int res(1);while(B){
		if(B&1)res=1ll*res*A%p;
		A=1ll*A*A%p,B>>=1;
	}return res;
}

一些定理

• 威爾遜定理：對於任意質數$p$，有$(p-1)!\equiv p-1\pmod p$
• 費馬小定理：對於任意質數$p$，有$a^{p-1}\equiv 1\pmod p$

擴充套件歐幾里得

用途

求解形似 $p\cdot a+q\cdot b=\gcd(a,b)$

方程的解

證明&過程

由於$\gcd(a,b)=\gcd(b,a\bmod b)$，則有

$p\cdot a+q\cdot b=\gcd(a,b)=\gcd(b,a\bmod b)=p\cdot b+q\cdot (a-\frac ab\cdot b)$

$=q\cdot a+(p-\frac ab\cdot q)\cdot b$

遞迴求解即可

程式碼

void exgcd(int a,int b,int&x,int&y){
	if(!b){x=1,y=0;return ;}
	exgcd(b,a%b,x,y);
	int tmp=x;x=y;y=tmp-a/b*y;
}

線性求逆元

用途

在$O(n)$時間內求解區間$[1,n]$中所有數的逆元

證明&過程

求 $i$ 關於 $p$ 的逆元

一般的對於 $i=1$，有$i^{-1}\equiv 1\pmod p$

對於 $i>1$ 的情況，設$p=k\cdot i+r$

放在模意義下，$k\cdot i+r\equiv 0\pmod p$

同乘$r^{-1}\cdot i^{-1}$，得$k\cdot r^{-1}+i^{-1}\equiv 0\pmod p$

由上面的定義式，有$k=\lfloor \cfrac pi\rfloor,r=p\bmod i$

則有$i^{-1}\equiv -\lfloor \cfrac pi\rfloor \cdot (p\bmod i)^{-1}\pmod p$

後面的$(p\bmod i)^{-1}$可以通過呼叫前面的陣列得到，前面的部分相當於轉移係數

程式碼

inv[1]=1;
for(int i=2;i<=n;++i)
	inv[i]=1ll*(p-p/i)*inv[p%i]%p;

中國剩餘定理

用途

求解同餘方程組

$\begin{cases} x\equiv a_1\pmod {p_1}\\ x\equiv a_i\pmod {p_i}\\ x\equiv a_n\pmod {p_n} \end{cases}$

證明&過程

將式子拆開為多個形似下面的式子

$\begin{cases} x\equiv 0\pmod {p_1}\\ x\equiv a_i\pmod {p_i}\\ x\equiv 0\pmod {p_n} \end{cases}$

則對於每個方程化為方程：$k\cdot \prod_{j\not =i}p_j+r\cdot p_i=1$，最後再乘上 $a_i$

擴歐求解，解出第 $i$ 個方程的解為 $t_i$ ，則將答案合併得 $Ans=\sum t_i \pmod {\prod p_i}$

程式碼

void CRT(){
	read(n);
	int lcm=1;
	for(int i=1;i<=n;++i){
		read(a[i]),read(p[i]);
	    a[i]%=p[i];lcm*=p[i];
	}
	int x,y,ans=0;
	for(int i=1;i<=n;++i){
		int kl=lcm/p[i],t;
	    exgcd(kl,p[i],x,y);
	    t=1ll*x*kl*a[i]%p;
	    ans=(ans+t)%lcm;
	}
	printf("%d\n",ans);
}

斐波那契數列

遞推公式

$F_i=F_{i-1}+F_{i-2}$

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