数论基础

前言：

一些比较基础的数论知识

正文：

GCD

$gcd$ 的求法当然要用欧几里得定理，就是辗转相除

int gcd(int a,int b)
{
    if(!b) return a;
    return gcd(b,a%b);
}

求出了 $gcd$ 之后，我们就可以求出 $lcm$（最小公倍数）

有一个性质是 $gcd(a,b) imes lcm(a,b)=a imes b$，这样就可以 $O(1)$ 求出 $lcm$

EXGCD

$exgcd$ 即扩展欧几里得定理

可以用来求解 $ax+by=gcd(a,b)$ 的一组解

具体做法就是辗转相除到底然后回带，详情参见代码

以下是魔改董大佬的写法

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

以下是魔改 $pc$ 大佬的写法

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;
}

快速幂

用于指数较大的情况

同时可以一边计算一边取模，防止爆 $long long$

ll qpow(ll a,ll b,ll p)
{
    ll ans=1,base=a%p;//记得先取模
    while(b)
    {
        if(b&1) ans=ans*base%p;
        base=base*base%p;
        b>>=1;
    }
    return ans;
}

龟速乘

魔改的快速幂，防止直接乘起来会爆 $long long$

ll qmul(ll a,ll b,ll p)
{
    ll ans=0,base=a%p;
    while(b)
    {
        if(b&1) ans=(ans+base)%p;
        base=(base+base)%p;
        b>>=1;
    }
    return ans;
}

乘法逆元

定义

如果 $abequiv 1 (mod p)$ 且 $gcd(a,p)=1$ ，则称 $a$ 在 $mod p$ 意义下的乘法逆元为 $b$

我们知道在取模运算下是不能随便除的，所以我们定义了逆元，$dfrac a bequiv a imes inv(b) (mod p)$

化简即可得 $b imes inv(b)equiv 1 (mod p)$

求法

关于它的求法，这里介绍三种

我们知道 $a imes inv(a)equiv 1 (mod p)$ 且 $gcd(a,p)=1$

所以第一种方法就是刚刚介绍的 $EXGCD$

由逆元的定义我们可以得到 $a imes inv(a) +k imes p=1$

而又因为 $gcd(a,p)=1$ ，所以 $a imes inv(a) +p imes k=gcd(a,p)$

于是我们就可以直接解出 $a$ 在 $mod p$ 意义下的逆元

exgcd(a,p,inv,k);
inv=(inv%p+p)%p;//保证逆元为正数

第二种求法是费马小定理

如果 $p$ 为质数，并且 $gcd(a,p)=1$ ，那么 $a^{p-1}equiv 1 (mod p)$

所以它可以用来解决模数 $p$ 是质数的情况

由 $a^{p-1}equiv 1 (mod p)$ 可知 $a imes a^{p-2}equiv 1 (mod p)$

所以 $a$ 在 $mod p$ 意义下的逆元即为 $a^{p-2}$，快速幂可求

inv=qpow(a,p-2,p)%p;

第三种求法是欧拉定理

同样的，如果 $gcd(a,p)=1$，则有 $a^{φ(p)}equiv 1 (mod p)$

所以它也可以解决模数 $p$ 不是质数的情况

由 $a^{φ(p)}equiv 1 (mod p)$ 可知 $a imes a^{φ(p)-1}equiv 1 (mod p)$

所以 $a$ 在 $mod p$ 意义下的逆元即为 $a^{φ(p)-1}$，快速幂可求

inv=qpow(a,phi[p]-1,p)%p;

线性递推

我们设$a=lfloordfrac p i floor,b=p\%i$

所以 $a imes i+b=p$

所以 $a imes i+bequiv 0 (mod p)$

所以 $iequiv -dfrac{b}{a} (mod p)$

所以 $i^{-1}=-a imes b^{-1}$

即 $inv(i)=-(p/i) imes inv(p\%i)$

所以我们可以 $O(n)$ 递推

void pre_solve(int n,ll p)
{
    inv[1]=1;
    for(int i=2;i<=n;i++)
        inv[i]=inv[p%i]*(p-p/i)%p;//防止逆元为负，我们给它加上一个p
}

阶乘逆元

在求组合数时，我们还经常需要求阶乘的逆元

根据定义$a! imes inv(a!)equiv 1 (mod p)$

所以 $(a-1)! imes(a imes inv(a!))equiv 1 (mod p)$

所以 $inv((a-1)!)=a imes inv(a!)$

所以我们可以先求出 $inv(a!)$

然后 $O(n)$ 递推出其它阶乘逆元

ll jc[maxn];
ll inv[maxn];

void pre_solve(int n,ll p)
{
    jc[0]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        jc[i]=(jc[i-1]*i)%p;
    inv[n]=qpow(jc[n],p-2,p);
    for(int i=n-1;i>=0;i--)
        inv[i]=inv[i+1]*(i+1)%p;
}

后序：

如果有错误的地方欢迎指正

$ps:$ 数学真是有趣呐~~~