中等数论详解 [提高数论，积性函数)

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];
	}
}

例题：poj 3421

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

例题：poj 2689

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：

SDOI 2011 计算器

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