算法笔记：数论基础

CW一月游记 Day1

好像混了一天..大概听懂了一丢丢...数论之前一直没有时间学 非常尴尬

顺便自己写一下ing ing...

基础讲解

• 如果(a)除以非(0)整数(b)商为整数，且余数为0 -> 我们就说(a)能被(b)整除或者(b)能够整除(a) 记作 (b|a)
• 整除的基本定理 [如果(a|b) (a|c) 那么 (a|bc)] [如果(a|b),那么对于所有整数(c),(a|bc)] [若(a|b),(b|c),则(a|c)]
• 每一个正整数都可以唯一表示为素数（质数）的乘积
• 如果两个数(a)、(b)除以一个(c)的余数相等，说(a)与(b)关于(%c)同余，记作(a≡b(mod c)) -> (a≡b(mod c))成立的充要条件是((a-b)=k*c)

最大公约数和最小公倍数

• 设两个不为(0)的正整数(a)、(b),能使(d|a) && (d|b)，那么(d)就是关于a与b的最大公约数，用(gcd(a,b))表示，或者记为((a,b))
• 设两个不为(0)的正整数(a)、(b),能使(a|d) && (b|d)，那么(d)就是关于a与b的最小公倍数，用(lcm(a,b))表示，或者记为([a,b])
• 定理：(ab = gcd(a,b) * lcm(a,b))
• 如果(gcd(a,b) = 1) 则(a,b)互质

最大公约数和最小公倍数的定理证明

• 使用唯一分解定理，设
  $a = p_{1}^{a_{1}}p_{2}{a_{2}}...p_{n}^{a_{n}} ( )b = p_{1}^{b_{1}}p_{2}{b_{2}}...p_{n}^{b_{n}} $
• 那么就有
  (lcm(a,b)=p_{1}^{max(a_{1},b_{1})}p_{2}^{max(a_{2},b_{2})}...p_{n}^{max(a_{n},b_{n})})
  (gcd(a,b)=p_{1}^{min(a_{1},b_{1})}p_{2}^{min(a_{2},b_{2})}...p_{n}^{min(a_{n},b_{n})})

最大公约数的求解

• 名称：欧几里得算法（辗转相除法）
• 利用公式 (gcd(a,b) = gcd(b,a mod b)),时间复杂度((logb))
• 证明：
  设(r = a%b,r = a-kb)
  设(d)是(a,b)的公约数，则(d|a,d|b),则(d|r)
  则(d)是(b,a%b)的公约数
  设(d)是(b,a%b)的公约数，同理可证(d)是(a,b)的公约数
  则(gcd(a,b)=gcd(b,a%b))
• 代码：(递归版)

int gcd(int x,int y)
{
    return b?gcd(y,x%y):x
}

质数筛法（(2n)写法 直接上代码）

void int_prime(int x)
{
    for (int i=2;i<=x;i++)
    {
        if(!flag[i]) pre[too++] = i;
        for (int j=0;j<tot && pre[j]<=m/i;j++)
        {
            flag[i*pre[j]] = 1;
            if(i % pre[j] == 0) break;
        }
    }
}

质数筛法例题

CodeForces 114E Double Happiness
hdu 1999 不可摸数

拓展欧几里得

• 婓蜀定理：对于不完全为(0)的非负整数(a,b),(gcd(a,b))表示(a,b)的最大公约数，必然存在整数对(x,y),使得(gcd(a,b)=ax+bx)
• 欧几里得算法静止的状态是：(a=gcd,b=0)即当(x=1,y=0)时，这就是最终状态

拓展欧几里得证明

• 设(x,y)和(x1,y1)时两组解,且满足：
  由(a*x+b*y = gcd(a,b))
  (b*x_{1}+(aModb)*y_{1} = gcd(b,aModb))
  得(a*x+b*y=b*x_{1}+(a%b)*y_{1})
  设(k=a/b,r=a%b),则(r=a-k*b),代入上式得
  (a*x+b*y=b*x_{1}+(a-a/b*b)*y_{1})
  (a*x+b*y=a*y_{1}+b*(x_{1}-a/b*y_{1}))
  得(x=y_{1})
  (y_{1}=x_{1}-a/b*y_{1})
  通解(x = x_{0}+(b/gcd)*t)
  (y=y_{0}-(a/gcd)*t)

拓展欧几里得代码（放上代码和应用）

int exgcd(int a,int b,int &x,int &y)
{
    if(b == 0) { x = 1;y = 0;return a; }
    int temp = exgce(b,a%b,x,y);
    int t = x;x = y;y = t-a/b*y;
    return temp;
}

• 应用：
• 求解不定方程(ax+by=c)
• 求解线性同余方程
• 求解模的逆元

解不定式方程(ax+by=c)

将方程两遍同时除以(gcd(a,b)),设(a' = a/gcd(a,b),b'=b/gcd(a,b),c'=c/gcd(a,b)),则方程变形为a'x+b'y = c',因为a',b'互相质，所以(gcd(a',b') = 1)
由拓展欧几里得定理知一定的存在(x_{0},y_{0})使得(a'x_{0},b'y_{0}=1)则可由(exgcd)求出(x_{0},y_{0}),将上式两边同时乘以(gcd(a,b))得：
(a'gcd(a,b)x_{0}+b'gcd(a,b)y_{0}=gcd(a,b) ==> ax_{0} + by_{0} = gcd(a,b) ==> ax_{0} + by_{0} = c/c'),
所以方程的解(x_{1} = x_{0} * c' = c/d*x_{0},y_{1} = y_{0} * c' = c/d * y_{0})为方程的一组解，则方程(ax+bx=c)的通解是
(x = x_{1} + b/d*k = c/d*x_{0} + b/d*k)
(y = y_{1} - a/d*k = c/d*y_{0} - a/d*k)

解模线性方程

• 对于线性同余方程：(ax≡m(Mod b))转化为(ax+by=m)则可以直接求解
• (a≡b(Mod c))成立的充要条件是((a-b)=k*c)
• ((ax-m) = by)
• 如：(5x≡2(Mod 3))转换为(5x+3y=2)
• (d=1,x_{0}=-1,y_{0}=2)
• 通解：(x=-2+3t,y=4-5t)

乘法逆元

• 存在(x)使得(ax ≡ 1(mod p)) 则称(x)是(a)关于(p)的乘法逆元
• 定理：(a)关于(p)的乘法逆元存在的充要条件是(gcd(a,p) = 1)
• 逆元有什么作用呢？
  当要求((a/b)modp)时,且(a)很大,我们就求(b)关于(p)的惩罚逆元(x),则有((a/b)modp = (a*x)modp)
• 证明：
  根据(b*x≡1(mod p))有(b*x=p*y+1)
  则(x=(p*y+1)/b)
  把(x)代入((a*x)modp)得：
  ((a*(p*y+1)/b)mod p)
  (=((a*p*y)/b+a/b) mod p)
  (=[((a*p*y)/b)modp+(a/b)] modp)
  (=[(p*(a*y)/b) modp +(a/b)]mod p)
  (p*[(a*y)/b]mod p=0)

求解逆元

• (5x≡1(mod3))逆元为(2)
• (ax≡1(modp))等价于(ax+py=1)
• 当(gcd(a,p)!=1)的时候是没有解的，这也是(a*x+b*y=c)有解的充要条件：(c%gcd(a,b)==0)
• 解有无数，如何求解最小正整数解？
• 用(x_{0}%p)就是最小解，为什么？
• 由通解知(x = x_{0}+(p/gcd)*t) 其中(gcd=1) 所以(x=x_{0}+p*t) 由于最小解为((0,p))之间，所以(x=x_{0}%p)
• 如果(x_{0})为负数，让(x_{0})对(abs(p)),然后结果再加上(abs(p))就行了

逆元例题

ZOJ 3609 Modular Inverse

观察归纳法 - 费马小定理

• 假设(p)是质数，且(gcd(a,p)=1),那么(a^{p-1}≡1(mod p))即：假如(a)是整数，(p)是质数，且(a、b)互质，那么(a)的((p-1))次方除以(p)的余数恒等于(1)
• 应用：
  如果对于任意满足(1≤b<p)的(b)下式都成立
  (b^{p-1}≡1(modp))
  则(p)必定是一个质数
  其实我们不必验证那么多，据说验证一次错误的概率为(1/4),所以一般验证(10)个质数就可以了

快速幂

• 求解a^n%k
  直接上代码(二分)((logn))

int mul(int x,int y,int k)
{
    int ans = 1;x = x % k;
    while(x)
    {
        if(x&1) ans = (ans * x) % k;
        x = (x * x) % k;
        x >>= 1;
    } return ans;
}

• 如果该算法乘法溢出 我们会用到慢速乘法（乘法改成加法的形式）

long long mul(long long x,long long y,long long k)
{
    long long ans = 0;
    for (long long i=y;i;i>>=1)
    {
        if(i & 1) ans = (ans + x) % k;
        x = (x + x) % k;
    } return ans % k;
}

long long mull(long long x,long long y,long long k)
{
    long long ans = 1;
    for (long long i=y;i;i>>=1)
    {
        if(i & 1) ans = mul(ans,x) % k;
        x = mul(x,x) % k;
    } return ans % k;
}

欧拉函数

• 对于正整数(n),欧拉函数是指少于或等于(n)的数中与(n)互质的数的数学

• 例如(φ(8)=4),因为(1,3,5,7)均和(8)互质

• 通式：
  (φ(x)=x(1-1/p_{1})(1-1/p_{2})(1-1/p_{3})(1-1/p_{4})...(1-1/p_{n})),其中(p_{1},p_{2}...p_{n})为(x)的所有质因数，(x)是不为(0)的整数 (φ(1)=1)(唯一和(1)互质的数((≤1))就是(1)本身(注意：每种质因子只有一个)比如(12 = 2*2*3)那么(φ(12) = 12 * (1-1/2) * (1-1/3) = 4)
  若(n)是质数(p)的(k)次幂,(φ(n)=p^{k}-p^{k-1}=(p-1)p^{k-1}),因为除了(p)的倍数外，其他数都跟(n)互质
  设(n)为正整数，以(φ(n))表示不超过(n)且与(n)互素的正整数的个数，成为(n)的欧拉函数值，这里函数(φ：N->N,n->φ(n))成为欧拉函数

• 与(n)互质的所有数的和(sum=n*[φ(n)/2])

• 证明：容斥原理
  

• (A∪B∪C =A+B+C - A∩B - B∩C - C∩A + A∩B∩C)

• 那么容斥的算法是:(|U|) - 不满足(A_{1})的元素个数-不满足(A_{2})的元素个数....+不满足(A_{1})和(A_{2})的元素个数+....-不满足(A_{1}、A_{2})和(A_{2})的元素个数-....

• (<1001)与(1001)互质的数一共有多少个？

• 分析：由于(1001 = 7*11*13),所以就是找不到被(7,11,13)整除的数

• 解答：(1~1001)中，有(7)的倍数(1001/7=143(个)) 有(11)的倍数(1001/11 = 91)(个),有(13)(个),有(7*13=91)的倍数(1001/91 = 11)(个),有(11*13=143)的倍数(1001/143 = 7)(个),有(1001)的倍数(1)个

• 由容斥原理知：在(1~1001)中，能被(7)或(11)或(13)整除的数有((143+91+77) - (13+11+7) + 1 = 281)(个),从而不能被(7、11)或(13)整除的数有(1001-281=720)(个),也就是说，小于(1001)与(1001)互质的数有(720)个

• (p_{1},p_{2},p_{3}....p_{k})为(n)的质因子

• 与(n)不互质的数的个数为：
  (n/p_{1}+n/p_{2}+...+n/p_{k}-n/(p_{1}*p_{2})-...-n/(pk-1*p_{k})-n/(p1*p2*p3)-...-n/(p_{k}-2*p_{k}-1*p_{k})-...+n/(p_{1}*p_{2}*...*p_{k}))

• 所以与(n)互质的数的个数为：
  $φ(n)