数论小结

一. 素数筛、素数表

1.小区间素数（1e6、1e7）：

bool notprime[MAXN+10]; //判断i是否为素数
int prime[MAXN+10];     //存放素数
void getPrime()
{
    memset(notprime, false, sizeof(notprime));
    notprime[0] = notprime[1] = true;
    prime[0] = 0;   //存放素数个数
    for (int i = 2; i<=MAXN; i++)
    {
        if (!notprime[i])prime[++prime[0]] = i;
        for (int j = 1; j<=prime[0]&& prime[j]<=MAXN/i; j++)
        {
            notprime[prime[j]*i] = true;
            if (i%prime[j] == 0) break;
            /*
                当i为合数且能被prime[j]整除时，i*prime[j+1] = k*prime[j]*prime[j+1] = 
                k*prime[j+1]*prime[j] = i'*prime[j]，可知肯定能够在后面被prime[j]乘以
                一个更大的数i'筛掉。因此，当prime[j]能整除i时，就应该退出循环，保证每
                个合数只被它的最小素因子筛掉。
            */
        }
    }
}

2.大区间素数筛（1e12）：

int prime[MAXN+10];
bool notprime[MAXN+10];
void getPrime()
{
    memset(notprime, false, sizeof(notprime));
    notprime[0] = notprime[1] = true;
    for(int i = 2; i<=MAXN; i++)
    {
        if(!notprime[i]) prime[++prime[0]]=i;
        for(int j = 1; j<=prime[0]&&prime[j]<=MAXN/i; j++)
        {
            notprime[prime[j]*i] = 1;
            if(i%prime[j]==0) break;
        }
    }
}

void getPrime2(int L, int R)
{
    memset(notprime, false, sizeof(notprime));
    for(int i = 1; i<=prime[0]&& prime[i]<=R/prime[i]; i++)
        for(int j = max(2,(int)ceil(1.0*L/prime[i])); j<=R/prime[i]; j++)
            notprime[j*prime[i]-L+1] = true;
}

3.题目：

LightOJ1259 Goldbach`s Conjecture（素数表）

LightOJ1197 Help Hanzo（大区间素数筛）

二.唯一分解定理

1.模板：

bool notprime[MAXN];
int prime[MAXN/10];
void getPrime()
{
    memset(notprime, false, sizeof(notprime));
    notprime[0] = notprime[1] = true;
    prime[0] = 0;
    for (int i = 2; i<MAXN; i++)
    {
        if (!notprime[i])prime[++prime[0]] = i;
        for (int j = 1; j<=prime[0]&& prime[j]<MAXN/i; j++)
        {
            notprime[prime[j]*i] = true;
            if (i%prime[j] == 0) break;
        }
    }
}

int fatCnt;
LL factor[1000][2];
int getFactors(LL n)
{
    LL tmp = n;
    fatCnt = 0;
    for(int i = 1; prime[i]<=tmp/prime[i]; i++)
    {
        if(tmp%prime[i]==0)
        {
            factor[++fatCnt][0] = prime[i];
            factor[fatCnt][1] = 0;
            while(tmp%prime[i]==0) tmp /= prime[i], factor[fatCnt][1]++;
        }
    }
    if(tmp>1) factor[++fatCnt][0] = tmp, factor[fatCnt][1] = 1;
}

2.题目：

poj2773

poj3904 Sky Code

UVA1635 Irrelevant Elements

LightOJ1341 Aladdin and the Flying Carpet

LightOJ1336 Sigma Function 

LightOJ1236

LightOJ1138

LightOJ1220 

三. 欧几里得、扩展欧几里得

1.欧几里得算法：

LL gcd(LL a, LL b)
{
    return b==0?a:gcd(b,a%b);
}

辗转相除法证明：

设 d = gcd（a，b），

那么 d | a 、d | b  …… 符号“|”表示整除

可知a可表示为：a = k*b + r，移项得：r = a - k*b，两边模d，

那么：r%d = a%d - k*b%d = 0，

所以 d | r ，所以 gcd（b，r）= gcd（a，b）。

2.扩展欧几里得：

LL exgcd(LL a, LL b, LL &x, LL &y)
{
    if(a==0 &&b==0) return -1;
    if(b==0) {x=1; y=0; return a;}
    LL d = exgcd(b,a%b,y,x);
    y -= a/b*x;
    return d;
}

2.1.算法证明：

设如下两个方程：

ax+by = gcd(a,b) ；

bx’+(a%b)y’ = gcd(b,a%b)；

又因为：gcd(a,b) = gcd(b,a %b)，

那么ax+by = bx’+(a%b)y’ = bx’ +(a – a/b*b)*y’ = ay’ + b(x’ – a/b*y’)，

由恒等关系有： x = y’ , y = (x’ – a/b*y’)

2.2.1.求 a*x + b*y = gcd（a，b） = d 的一组解，其中要求a>0、b>0。

假设求得一组解为 （x0，y0），那么通解为：（x0+k*b/ d，y0-k*a/ d），k为整数。

2.2.2.求 a*x + b*y = c 的一组解，其中要求a>0、b>0。

先求出 gcd（a，b），如果 gcd（a，b）不能整除c，则无解。如果能整除：

求出a*x + b*y = gcd（a，b）= d 的一组解（x0，y0），那么通解为 （x0*c/d+k*b/d，y0*c/d-k*a/d），k为整数。

3.题目：

POJ1061 青蛙的约会

POJ2115 C Looooops

HackerRank leonardo-and-lucky-numbers

POJ The Balance

四.欧拉函数

1. 公式：

euler（n）= n*[ (1-1/p1)*(1-1/p2)……*(1-1/pk) ]，p为n的质因子。公式根据容斥原理（展开后可知），中括号内的为百分比。

2.筛法欧拉函数：

int euler[MAXN];
void getEuler()
{
    memset(euler, 0, sizeof(euler));
    euler[1] = 1;
    for(int i = 2; i<MAXN; i++) if(!euler[i]) {
        for(int j = i; j<MAXN; j += i)
        {
            if(!euler[j]) euler[j] = j;
            euler[j] = euler[j]/i*(i-1);
        }
    }
}

3.题目：

POJ2478 Farey Sequence

UVA11426 GCD - Extreme (II)