数学知识（数论）（持续更新中...）

素数

定义

请自行百度。。。

质数的判定

1. 试除法

若一个正整数$N$为合数，则存在一个能整除$N$的正整数$T$，其中$ 2≤T≤sqrt{N} $

证明：略

简易代码：

```cpp bool prime_judge(int x) { if(x<2) return false; for(int i=2;i*i<=x;++i) if(x%i==0) return false; return true; } ```

复杂度：显而易见试除法的时间复杂度为 $O(sqrt{N})$ .

至于 (Miller-Robbin)算法 ，戳这里。

质数筛法

即给定一个整数$N$，求出1~$N$之间所有质数

1. $Eratosthenes$筛法

算法思想：

任意整数$x$的倍数$2x$、$3x$ $cdots$ 均不是质数

实现步骤：

从$2$开始，一直扫到$N$，把他们的倍数 $2x$、$3x$、 $cdots$ 、$left lfloor frac{N}{x} ight floor * x$ 标记为不是质数。

若扫到某个数没有被标记，则该数是质数。

简易代码：

```cpp void make_prime_list(int n) { memset(vis,false,sizeof vis); for(int i=2;i<=n;++i) { if(vis[i]) continue; printf("%d ",i); for(int j=i;i*j<=n;++j) vis[i*j]=1; } } ```

复杂度：蓝书上写的是 (O(sum_{质数p≤N} frac{N}{p}) = O(Nlog log N)) （其实我也不太会证明）

2. 线性筛法（欧拉筛）

优化原理：

我们发现，上述筛法中不可避免的要对一个数重复标记。如：$12$ 既会被 $6*2$ 筛掉，也会被 $4*3$ 筛掉。如图：

|vis[ i ]|vis[ i * j ]| |:-|:-----| |2|4，6，8，10，12 $cdots$ | |3|6，9，12，15，18 $cdots$ | | $cdots$ | $cdots$ |

那么有没有什么办法可以对每个数只筛一次呢？答案是肯定的。

我们可以只用每个数的最小质因子去筛它。

线性筛法实现步骤

- 首先从 $2$~$N$ 循环一遍

• 若 (i) 没有被标记，则将它加入质数表中

• 扫描已有的小于 (left lfloor frac{N}{i} ight floor) 的质数 (p_j) ，标记 (i*p_j) ；当 (p_j) 可以整除 (i) 时，则说明此时 (p_j) 已不是 (i*p_j)的最小质因子，即跳出循环。

优化后的标记过程（如取 $N=20$）：

|vis[ i ]|vis[ i * pri[ j ] ]| |:-|:--| |2|4| |3|6，9| |4|8| |5|10,15| |6|12| |7|14| |8|16| |9|18| |10|20| |11,12 $cdots$ 20|无|

简易代码：

```cpp void make_prime_list(int n) { for(int i=2;i<=n;++i) { if(!vis[i]) pri[++tot]=i; for(int j=1;j<=tot && pri[j]*i<=n;++j) { vis[pri[j]*i]=1; if(i%pri[j]==0) break; } } } ```

时间复杂度：因为每个合数 $i*p_j$ 只会被它的最小质因子 $p_j$ 筛一次，所以时间复杂度为 $O(N)$ 。

算术基本定理

• 定义：算术基本定理，又称为正整数的唯一分解定理，即：每个大于1的自然数，要么本身就是质数，要么可以写为2个或以上的质数的积，而且这些质因子按大小排列之后，写法只有一种方式。

• 用数学语言表示，即为：(forall Ainmathbb{N},\,A>1 exists prod_{i=1}^n p_i^{a_i}=A)。其中 (p_1<p_2<p_3<cdots<p_n) 且 (p_i) 为一个质数，(a_iinmathbb{Z}^+)。

• 推论：见(2.2)。

质因数分解

1. 试除法

• 由算术基本定理可得，将(left[2,sqrt{N} ight])的数扫一遍，其中必然可以将 (N) 的质因子从小到大地除去。

• 复杂度：显而易见的是 (O(sqrt{N})) 。

• 简易代码：

const int N=100005;
int pri[N],count[N],n;
inline void prime_divide(int n)
{
    int cnt=0;
    for(int i=2;i*i<=n;++i)
    {
        if(n%i==0)
        {
            pri[++cnt]=i,count[cnt]=0;
            while(n%i==0) n/=i,++count[cnt];
        }
    }
    if(n>1) pri[++cnt]=n,count[cnt]=1;
    for(int i=1;i<=cnt;++i) printf("%d^%d
",pri[i],count[i]);
}

至于 (Pollard Rho)算法 ，戳这里。

约数

定义

设 $a,b$ 满足 $ainmathbb{N}^+ \, binmathbb{N}$ 。若 $exists qinmathbb{N}$ ，使得 $b = a imes q$ , 那么就说 $b$ 是 $a$ 的倍数， $a$ 是 $b$ 的约数。这种关系记作 $a mid b$ ，读作" $a$ 整除 $b$"。

算数基本定理的推论

- 在算数基本定理中，若正整数 $N$ 被唯一分解为 $N = p_{1}^{c_1} p_{2}^{c_2} cdots p_{m}^{c_m}$ ，其中 $c_i inmathbb{N}^+ $， $p_i$均为质数，且满足 $p_1 < p_2 < cdots $$ {{p_{1}^{b_1} p_{2}^{b_2} cdots p_{m}^{b_m}} } ，其中 0≤b_i≤c_i$$

• (N) 的正约数个数为：

$$ (c_1+1) imes (c_2+1) imes cdots imes (c_m+1) = prod_{i=1}^{m} {(c_i+1)}$$

• (N) 的所有正约数的和为：

$$ (1 + p_1 + p_1^{2} + cdots +p_1^{c_1} ) imes cdots imes (1 + p_m + p_m^{2} + cdots +p_m^{c_m} ) = sum_{i=1}^{m} (prod_{j=0}^{c_i} {p_i^j}) $$

• 由等比数列相关知识，上述式子可变为：

$$ prod_{i=1}^{m} (frac{1 - p_i^{c_i+1}}{1 - p_i}) $$

求正约数集合

1. 试除法（求$N$的正约数集合）

- 若 $d≥ sqrt{N}$ 是 $N$ 的约数，则 $frac{N}{d} ≤ sqrt{N}$ 也是 $N$ 的约数。（当 $sqrt{N} inmathbb{N}^+$，需特判一下）

• 所以，只需线性扫描一遍 (d = 1) ~ (sqrt{N}) ，复杂度为 (O(sqrt{N})) 。

• 推论：一个整数 (N) 的约数个数上界为 (2sqrt{N})。

• Code：

const int N=100005;
int factor[N],cnt,n;
inline void factor_Search(int n)
{
    for(int i=1;i*i<=n;++i)
    {
        if(n%i==0)
        {
            factor[++cnt]=i;
            if(i*i!=n) factor[++cnt]=n/i;
        }
    }
    for(int i=1;i<=cnt;++i) printf("%d ",factor[i]);
}

2. 倍数法（求 $1$ ~ $N$ 的每个数的正约数集合）

- 对于每个整数 $d in left[1,N ight]$ ， $1$ ~ $N$ 中以 $d$ 为约数的数就是 $d$ 的倍数： $2d$、$3d$、 $cdots$ 、$left lfloor frac{N}{d} ight floor * d$。

• 时间复杂度：(O(N + frac{N}{2} + frac{N}{3} + cdots + frac{N}{N})) = (cdots) （证明有点多，不想写） = (O(N imes ( ln(N+1) + r ))) （ (r) 即为著名的欧拉常数， (r approx 0.5772156649) ） = (O(Nlog N)) 。

• Code：

const int N=1e6+5;
vector<int>factor[N];
for(int i=1;i<=n;++i)
    for(int j=1;j*i<=n;++j)
        factor[i*j].push_back(i);
for(int i=1;i<=n;++i)
{
    for(int j=0;j<factor[i].size();++j) printf("%d ",factor[i][j]);
    putchar('
');
}

最大公约数

定义

若自然数 $d$ 同时是自然数 $a$ 、$b$ 的约数，则称 $d$ 是 $a$、$b$ 的公约数。其中，$a$ 、$b$ 的公约数中最大的一个，称作 $a$ 和 $b$ 的最大公约数，记作 $gcd(a,b)$。

同理，若自然数 $m$ 同时是自然数 $a$ 、$b$ 的倍数，则称 $m$ 是 $a$、$b$ 的公倍数。其中，$a$ 、$b$ 的公倍数中最小的一个，称作 $a$ 和 $b$ 的最小公倍数，记作 $lcm(a,b)$。

几个定理：

1. $$ forall a,b inmathbb{N} quad gcd(a,b) imes lcm(a,b) = a imes b $$

2. [forall a,b,c inmathbb{N} quad gcd(a,lcm(b,c)) = lcm(gcd(a,b),gcd(a,c)) ]

3. [forall a,b,c inmathbb{N} quad lcm(a,gcd(b,c)) = gcd(lcm(a,b),lcm(a,c)) ]

这里只简要证明 $1$

- 设 $d = gcd(a,b) ,a_0 = frac{a}{d} ,b_0 = frac{b}{d}$ 。由 $gcd$ 的定义，有 $gcd(a_0,b_0) = 1$ ；由 $lcm$ 的定义，有 $lcm(a,b) = a_0 imes b_0$ 。

• $Rightarrow $ (lcm(a,b) = lcm(a_0 imes d,b_0 imes d) = lcm(a_0,b_0) imes d = a_0 imes b_0 imes d = frac{a imes b}{d} = frac{a imes b}{gcd(a,b)}) 。

gcd的求法

1. 九章算术 $cdot$ 更相减损术

- $forall a,b inmathbb{N} ,a≥b$ ，有 $gcd(a,b) = gcd(b,a-b) = gcd(a,a-b)$。

• (forall a,b inmathbb{N}) ， 有 (gcd(2a,2b) = gcd(a,b)) 。

由 $gcd$ 的定义，第二条显然成立。这里只证明第一条。

• 设 (d = gcd(a,b) ,a = d imes k_1 ,b = d imes k_2)，则 (a-b = (k_1 - k_2) imes d)，由(gcd)定义得：(gcd(k_1,k_2) = 1)。

• 先假设 (gcd(k_1 - k_2,k_2)>1)，设 (k_1 = p imes m ,k_2 = q imes m)（(p,q,m inmathbb{Z}) 且 (p,q,m >1)），则有 (k1 = (p - q) imes m) 。

• $Rightarrow $ (gcd(k_1,k_2) = m) 与 (gcd(k_1,k_2) = 1)矛盾。故假设不成立，故 (gcd(k_1 - k_2,k_2) = 1)。

• $ herefore $ 由 (gcd) 定义得 (gcd(b,b - a) = d =gcd(a,b))。

2. 欧几里得算法（辗转相除法）

- $$forall a,b inmathbb{N} ,b e 0 qquad gcd(a,b) = gcd(b,a\%b)$$

证明

- 若 $a