呼~好久没更了
说得根有人看似的
魔改自DZYdalao的ppt
整除和剩余
设a，b是两个整数，(b eq0),则存在唯一的q和r，使得
a=qb+r,(0 leq r <|b|)
即q=a/b，r=a%b
这种式子叫带余除法
若r=0，则称b整除a，记为b|a
若a和b除以m的余数相同，称为a和b模m同余，记为
(a equiv b (mod m))
在模 m 的意义下，余数相同的归为一个集合，那么所有整数被分为 m个不同的集合，模 m 的余数分别为 0,1,2,3,...,m − 1，这些集合被称为模 m 剩余类（同余类）。
一个整数的集合，对 m 取模后，余数遍历了 0,1,2,3,...,m − 1，那么该整数集合是模 m 的完全剩余系。
素数
定义：素数（质数）是大于 1 的正整数，并且除了 1 和它本身不能被其他正整
数整除。大于 1 的非素数的正整数称为合数。
素数定理：
记(pi(x))表示小于x的素数一共有多少个
那么有(pi(x)approxfrac{x}{ln x})
这东西一般人可能证不出来
而且好像没啥用
唯一分解定理
每一个正整数都可以唯一的表示成质数的乘积，其中质数因子从小到大出现。换句话说，任意正整数 n 可以写成：
(n = p_{1}^{a_{1}} p_{2}^{a_{2}} ... p_{k}^{a_{k}})
(= prod_{i=1}^{k} p_{i}^{a_{i}})
void devide(int x)
{
tot=0;
for (int i=1;i<=cnt;i++)
if (x%pl[i]==0)
{
a[++tot]=pl[i];
p[tot]=0;
while (x%pl[i]==0)
{
x/=pl[i];
p[tot]++;
}
}
if (x!=1)
{
a[++tot]=x;
p[tot]=1;
}
}
可以做到(O(sqrt{N}))预处理,(O(frac{sqrt{N}}{log sqrt{N}}))回答
当然如果询问很多，也可以用欧拉筛实现(O(N))预处理,(O(logN))回答(不知道欧拉筛的后面有)
即在欧拉筛时顺便统计每个数的最小质因子，每次除以最小质因子，由于每个数最多有(O(logN))个质因子，所以是对数级别的
bool np[MAXN];
int pl[MAXN],mp[MAXN],cnt;
void init()
{
np[1]=1;
for (int i=2;i<=MAX;i++)
{
if (!np[i]) pl[++cnt]=i,mp[i]=i;
for (int j=1;j<=cnt&&i*pl[j]<=MAX;j++)
{
np[i*pl[j]]=1;
mp[i*pl[j]]=pl[j];
if (i%pl[j]==0) break;
}
}
}
int a[MAXN],p[MAXN],tot;
void devide(int x)
{
while (x!=1)
{
int t=mp[x];
a[++tot]=t,p[tot]=0;
while (x%t==0) x/=t,++p[tot];
}
}
题意：
给定 X，让你构造序列 $a_{1} ,a_{2} ,...,a_{n} $，满足 (a_{i}< a_{i+1} ,a_{i} |a _{i+1} ,a_{n} = X)。求最大的 n，以及在最大 n 下的方案数。
把 X 质因数分解，把质因子任意排列，那么这个前缀积对应着一个最优序列。
第二问是组合数学，就不讲了
主要是不想写公式
素数筛法
由反证法，可知如果n是合数，那么它一定有一个小于(sqrt{n})的因数
可以得到以下判定法：
bool isprime(int x)
{
if (x==1)
return false;
for (int i=2;i*i<=x;i++)
if (x%i==0)
return false;
return true;
}
瞎推一波可以发现，如果x是素数，那么它要么是2，要么%6=1或5
可以优化：
bool isprime(int x)
{
if (x==1)
return false;
if (x==2)
return true;
if (x%6!=1&&x%6!=5)
return false;
for (int i=2;i*i<=x;i++)
if (x%i==0)
return false;
return true;
}
复杂度O（(sqrt{n})）
素数筛法
如果我们想知道1~n 中所有素数，那将是O（(nsqrt{n})）的
其实可以一次性把所有素数筛出来
我们可以枚举 1 到 n 所有数，如果枚举一个数的时候它没有被筛去，那么说明他是一个质数。
由调和级数，复杂度(O(NlogN))
埃拉托斯特尼筛法
我们可以枚举 1 到 n 所有数，如果枚举一个数的时候它没有被筛去，那么说明他是一个质数。
对于质数，我们把大于它们且是它们倍数的数筛去。
复杂度O（NloglogN），基本够用了
int np[MAXN],pl[MAXN],cnt;
void init()
{
np[1]=1;
for (int i=2;i<=n;i++)
if (!np[i])
{
pl[++cnt]=i;
for (int j=i*2;j<=n;j+=i)
np[i]=1;
}
}
如果你觉得一堆log碍眼还有一种严格(O(N))的欧拉筛法
前几种筛法浪费时间的主要原因就是同一个合数被筛了很多遍，而欧拉则保证每个合数只被他的最小质因子
先贴代码：
bool np[MAXN];
int pl[MAXN],cnt;
void init()
{
np[1]=1;
for (int i=2;i<=MAX;i++)
{
if (!np[i]) pl[++cnt]=i;
for (int j=1;j<=cnt&&i*pl[j]<=MAX;j++)
{
np[i*pl[j]]=1;
if (i%pl[j]==0) break;
}
}
}
上述代码其他都好理解，主要是if (i%pl[j]==0) break;
在上面描述中，注意(i*pl[j])是被(pl[j])筛的而不是(i)
那么，如果我们发现(i)含有(pl[j])，那么(i)一定含有一个不超过(pl[j])的质数，那么(i)乘上后面的质数的最小质因子永远不可能是那个质数，就可以直接跳出
这样就可以保证所有数只被筛一次
题意:给定 L,R，保证$ L,R ≤ 10^{9} ,R−L ≤ 10^{5}$ ，问 [L,R] 中距离最近的两个质数的距离。
根据上面那个“如果n是合数，那么它一定有一个小于(sqrt{n})的因数”
也就是说(sqrt R)以内的数可以筛掉[L,R]
然后瞎搞就可以了
欧拉函数
定义：(varphi(x))=1~n中与n互质的数
性质：
1.p是素数 ⇔ (varphi(p))=p-1(很好证明）
2.设 p 是一个素数，a 是一个正整数，那么
(varphi(p^{a}) = p^{a} - p^{a-1} = p^{a-1}(p-1))
也好证
3.如果 m,n 互质，那么 φ(mn) = φ(m)φ(n)，这叫欧拉函数的积性。注意要互质。
可以构造一个矩阵：
然后就可以证了
4.如果
(n = prod_{i=1}^{k} p_{i}^{a_{i}}),
则(varphi(n) = n prod_{i=1}^{k} {(1-frac{1}{p_{i}})})
可以通过意识流积性证明
5.(sum_{d|n} varphi(d) = n)
什么？证明？
你找一个n,然后把(frac{1}{n},frac{2}{n},...,frac{n-1}{n})写出来，然后化成最简分数，再按分母归类，然后就会发现一件神奇的事
欧拉定理
如果 a,m 互质，那么：
(a^{varphi(m)} equiv 1 (mod m))
证明留作课后习题略
特殊情况：费马小定理
当 p 是质数,(a eq p) 时，有 (a ^ {p-1} ≡ 1 (mod p))。
广义欧拉定理
若 a,m 互质，则 (a^{n} ≡ a^{n \% φ(m)} (mod m)。)
若 a,m 不互质，则：
(a ^{n} ≡ a^{n \% φ(m)}(mod m)qquad (n < φ(m)))
(a^{n} ≡ a^{n \% φ(m)+φ(m)}(mod m)qquad otherwise)
(例题:poj3090）[http://poj.org/problem?id=3090]
题意:
给出范围为 (0,0) 到 (n,n) 的整点，你站在原点处，问有多少个整点可见。
易知（x，y）=1
然后是个很裸的莫比乌斯反演
枚举横坐标 x，那么不被挡住的纵坐标一定与 x 互质。
ans = 2$sum _{i=1} ^{n}{varphi(i)} $ + 3，3 对应 (1,0)，(0,1)，(0,0) 三点。
线性同余方程
欧几里得算法
一个广为人知的定理：gcd(a,b) = gcd(b,a%b)
然后可以递归了
每次至少一个数减少一半，故时间复杂度为O（log（a+b））
int gcd(int a,int b)
{
return b? gcd(b,a%b):a;
}
扩展欧几里得算法
考虑如何解下面这个不定方程：
(ax+by=gcd(a,b))
看gcd不顺眼
(gcd(a,b) = gcd(b,a \% b))
左边写出来：
(bx’+(a \% b)y’=gcd(b，a \% b))
即
(ax+by=bx’+(a \% b)y’)
%是什么？
(ax+by=bx’+(a-b[frac{a}{b}])y’)
整理一下：
(ax+by=ay’+b(x’-[frac{a}{b}]y’))
可得：
(x=y’，y=x’-[frac{a}{b}]y’)
然后又可以递归啦
边界为b=0，即ax+0y=a，假装a=1，y=0
迭代回去就可以得到原方程的一组特解
int exgcd(int a,int b,int &x,int &y)
{
if (b==0)
{
x=0,y=1;
return a;
}
int gcd=exgcd(b,a%b,x,y);
int t=x;
x=y;
y=t-a/b*y;
return gcd;
}
至于通解的话乱搞就行了
扩展欧几里得算法的扩展
一般不定方程
原来那个方程好鬼畜啊，有没有更通用的呢？
即ax+by=c
很（wo）容（bu）易（hui）证明，这个方程有解的充要条件是gcd（a，b）|c
所以把x和y乘上(frac{c}{gcd(a,b)})就可以了
什么？通解？
把a和b同时除以gcd得到a',b'
(x'=x+k imes b',y' = y - k imes a'(k in Z))就是通解
同余方程
即(ax equiv b(mod c))
可得ax+cy=b （注意x，y可以为负数）
然后套exgcd就好了
[例题：poj1061]（http://poj.org/problem?id=1061）
题意：
有一个长为 L 的首尾相连的数轴，有两只青蛙 A,B，它们初始点分别为s,t，A 青蛙每步往右跳 p 步，B 青蛙每步往右跳 q 步，现在它们同时开始跳，求同时跳多少步后能跳到同一点上，若无解则输出”Impossible”.
列出方程即可求解
逆元
定义：（a，m）=1，(ab equiv 1 (mod m)),则称 b 为 a 模 m 意义下的逆元。记为(a^{-1})
显然，模意义下的除法可以用乘逆元来代替。
求法：
1.费马小定理
当m为质数时，(a^{-1}=a^{m-2})
2.扩展欧几里得
即求(ax equiv 1 (mod m))
3.欧拉定理
由于要写欧拉函数，比较麻烦，这里就不介绍了
筛法：
1.首先有(1^{-1}=1)
2.令
(m=ki+r，0 leq r<i)
放到mod m下
(ki+r=0)
同时乘以(i^{-1}r^{-1})
(kr^{-1}=-i^{-1})
即
(i^{-1}=-[m/i](m\%i)^{-1})
然后瞎取一下模就可以了
inv[1]=1;
for (int i=2;i<p;i++)
inv[i]=(long long)(p-p/i)*inv[p%i]%p;
筛阶乘逆元
先递推求出阶乘
然后随便哪个方法求出fact[n]的逆元 注意判断有没有0，否则要找最后一个非0的
然后根据除法可用乘逆元代替再推回去
fact[1]=1;
for (int i=2;i<=n;i++)
fact[i]=fact[i-1]*i%MOD;
inv[n]=qpow(fact[n],MOD-2);
for (int i=n-1;i>=1;i--)
inv[i]=inv[i+1]*(i+1)%MOD;
常用于组合数学
中国剩余定理
中国剩余定理主要解决以下方程：
(x equiv a_{1}qquad(mod m_{1}))
(x equiv a_{2}qquad(mod m_{2}))
... ...
(x equiv a_{n}qquad(mod m_{n}))
其中(m_{1},m_{2},...,m_{n})两两互质
解此方程的难点在于需要同时满足n个方程
那我们考虑一下如何把限制减少
由于模的可加性，所以对于第i个方程，x加上(m_{i})后依然满足
我们不妨令x=(sum_{i=1}^{n}( k_{i}frac{M}{m_{i}})),其中(M=prod _{i=1}^{n} m_{i})
这样第i个方程就只受(k_{i}frac{M}{m_{i}})的影响
那我们就强制让它等于(a_{i})，即令(k_{i}=a_{i}(frac{M}{m_{i}})^{-1})
然后加起来就可以了
int ans=0,lcm=1;
for (int i=1;i<=k;i++)
scanf("%lld",&a[i]);
for (int i=1;i<=k;i++)
scanf("%lld",&b[i]),lcm*=b[i],a[i]=(a[i]%b[i]+b[i])%b[i];
for (int i=1;i<=k;i++)
{
int temp=lcm/b[i];
int x,y;
exgcd(temp,b[i],x,y);
x=(x+b[i])%b[i];
ans=(ans+qmul(qmul(a[i],temp,lcm),x,lcm))%lcm;
}
printf("%lld",(ans+lcm)%lcm);
扩展中国剩余定理
如果(m_{k})不互质，该怎么办呢？
我们换一种思路
假设我们求出了前k-1个方程解为x,(M_{k}= prod _{i=1}^{k-1} m_{i})
即通解为(x+tM_{k})（t为整数）
对于第k个方程：
(x+tM_{k} equiv a_{k} qquad (mod m_{k}))
(tM_{k} equiv a_{k} - xqquad (mod m_{k}))
然后又可以扩欧了。
如果该方程无解，说明原方程无解
int M=m[1],ans=r[1],x,y;
for (int i=2;i<=n;i++)
{
int a=M,b=m[i],c=(r[i]-ans%b+b)%b;
int gcd=exgcd(a,b,x,y),bg=b/gcd;
x=qmul(x,c/gcd,bg);
ans+=x*M;
M*=bg;
ans=(ans%M+M)%M;
}
貌似和中国剩余定理没任何关系
Baby-Step-Giant-Step
简称BSGS，中文名分块大步小步法，拔山盖世，北上广深等
这是一种思想，主要用于处理这种方程
(a^{x} equiv b (mod c))
根据抽屉原理，它的周期最多为c，所以暴力枚举是O（c）的
BSGS法：
令(B=sqrt{c} ,x=iB-y)
即(a^{x}=a^{iB-c})
可得(a^{iB-y} equiv b qquad (mod c))
然后(a^{iB} equiv a^{y}b qquad (mod c))
然后枚举i，把(a^{iB})丢进Hash，值为iB
再枚举y，检查(a^{y}b)是否出现，如果有说明解为iB-y
如果没有出现说明无解
复杂度O((sqrt{c}))
按理说写Hash可以做到O(1)查询，但除非遇到用(sang)心良(bing)苦(kuang)的出题人,用map一般就能过了
void init()
{
len=ceil(sqrt(c));
int del=qpow(a,len,c),now=del;
m[now]=len;
for (int i=2;i<=len;i++)
{
now=(now*del)%c;
m[now]=i*len;
}
}
int BSGS(int b)
{
for (int j=0,now=1;j<=len;j++,now=(now*a)%c)
if (m[(now*b)%c])
return m[(now*b)%c]-j;
}
最后用一道神题结束这篇文章：
数论大杂烩
第一个直接快速幂
第二个扩欧，然后瞎取模使其最小
第三个BSGS，注意是求最小非负整数解，所以上面的写法是错的（调了好久QAQ）
应该随时记录最小值
还有如果用-1表示无解要注意不要把它%掉了
这个学了之后就是莫比乌斯反演之类的，以后可能会写