Math Summary 数论总结

一、素数

Miller-Rabin

首先介绍一下伪素数：若n是一个正整数，且存在正整数a满足$a^{n-1}equiv1;(mod;n)$

(费马小定理，但n不一定为素数)

那么我们说n是基于a的伪素数

如果一个数是伪素数，它很大概率是素数

但一个数不是伪素数，它一定不是素数

那么对于要判断的数$n$，我们只需要多次选取$a$来判断是否是伪素数即可

然而是否伪素数通过了所有底数的测试就很大概率是素数了呢？

其实有一种叫$Carmichael$数的东西，十亿内有$600$多个，最小的如$561$，可以通过所有底数的测试。

那咋整？我们可以继续探测啊QwQ

二次探测定理：若$a^2~mod~p=1$，且$a!=1$，$a!=-1$则$p$必为合数。

设$p-1=2^ld$，可以先测$a^d$，然后平方$l$次。

当两倍两倍往上加的时候，判断是否合法，如果出现不合法就$return$。判定方法结合定理看代码吧QwQ……

至于伪素数的判定就两倍两倍加回原数之后在弄吧。

代码和$Pollard~Rho$的放一起吧QAQ

Pollard Rho

大数分解……

暂时还不是很懂就不瞎讲了……先坑着吧，不过我写的是第一篇博客里的第二种判环方法QAQ

博客一 博客二

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define LL long long
using namespace std;

LL T,maxn,x;
LL prime[10]={2,3,5,7,11,13,17,19,23};

LL Mul(LL a,LL b,LL MOD)
{
    LL tmp=a*b-(LL)((long double)a*b/MOD+0.1)*MOD;
    return tmp<0?tmp+MOD:tmp;
}

LL Qpow(LL a,LL b,LL MOD)
{
    LL ans=1;
    while (b)
    {
        if (b&1) ans=Mul(ans,a,MOD);
        a=Mul(a,a,MOD); b>>=1;
    }
    return ans;
}

LL gcd(LL a,LL b) {return b==0?a:gcd(b,a%b);}

bool Miller_Rabin(LL n)
{
    if (n==2) return 1;
    if (n<2 || n%2==0) return 0;
    LL m=n-1,l=0;
    while (m%2==0) ++l, m>>=1;
    for (int i=0; i<9; ++i)
    {
        LL p=prime[i],w=Qpow(p,m,n);
        if (w==1 || w==n-1 || p==n) continue;
        for (int j=1; j<=l; ++j)
        {
            LL u=Mul(w,w,n);
            if (u==1 && w!=1 && w!=n-1) return 0;
            w=u;
        }
        if (w!=1) return 0;
    }
    return 1;
}

LL Pollard_Rho(LL n,LL c)
{
    LL x=rand()%n,y=x,p=1,k=2;
    for (LL i=1; p==1; ++i)
    {
        x=(Mul(x,x,n)+c)%n;
        p=x>y?x-y:y-x;
        p=gcd(p,n);
        if (i==k) y=x,k+=k;
    }
    return p;
}

void Solve(LL n)
{
    if (n==1) return;
    if (Miller_Rabin(n)) {maxn=max(maxn,n); return;}
    LL t=n;
    while (t==n) t=Pollard_Rho(n,rand()%(n-1)+1);
    Solve(t); Solve(n/t);
}

int main()
{
    scanf("%lld",&T);
    while (T--)
    {
        scanf("%lld",&x);
        maxn=0;
        Solve(x);
        if (maxn==x) puts("Prime");
        else printf("%lld
",maxn);
    }
}

埃筛，欧拉筛

没什么好说的，讲解网上的很好，直接上code吧

埃筛

void work(int n)
{
    for (int i=2;i<=n;++i)
        if (!vis[i])
        {
            prime[++cnt]=i;
            for (int j=i*2;j<=n;j+=i)
                vis[j]=1;
        } 
}

欧拉筛

void work(int n)
{
    for (int i=2;i<=n;++i)
    {
        if (!vis[i]) 
            prime[++cnt]=i;    
        for (int j=1;j<=cnt&&prime[j]*i<=n;++j)
        {
            vis[prime[j]*i]=1;
            if (i%prime[j]==0)
                break;    
        } 
    }    
} 

二、欧拉函数

欧拉函数$φ(n)$表示1~n中与n互质的个数（注意1和任何数互质）

线筛欧拉函数

void Euler(long long n)
{
    phi[1]=1;
    for (int i=2;i<=n;++i)
        if (!phi[i])
            for (int j=i;j<=n;j+=i)
            {
                if (!phi[j]) phi[j]=j;
                phi[j]=phi[j]/i*(i-1);
            }
}

欧拉定理：$a^{φ(n)}equiv1;(mod;n)$

三、中国剩余定理（CRT）

CRT

中国剩余定理，就是用来求解一组同余方程组的一个解的，其中模数$m_{i}$两两互质

引入一个经典问题

“今有物不知其数，三三数之剩二（除以3余2），五五数之剩三（除以5余3），七七数之剩二（除以7余2），问物几何？”这个问题称为“孙子问题” (一个很妙的证明)

设$q_{1}$为$3*k+2$，也就是除3余2的一个数

同理设$q_{2}$为$5*k+3$，$q_{3}$为$7*k+2$

那么可以导出以下三点：

       1、要使$q_{1}+q_{2}+q_{3}$的和满足除3余2，$q_{2}和q_{3}$必须是3的倍数

       2、要使$q_{1}+q_{2}+q_{3}$的和满足除5余3，$q_{1}和q_{3}$必须是5的倍数

       3、要使$q_{1}+q_{2}+q_{3}$的和满足除7余2，$q_{1}和q_{2}$必须是7的倍数

整理可得

       1、$q_{1}$除以3余2，且是5和7的公倍数。

       2、$q_{2}$除以5余3，且是3和7的公倍数。

       3、$q_{3}$除以7余2，且是3和5的公倍数。

显然$q_{1}+q_{2}+q_{3}$是符合条件的一组解，可以用exgcd进行求解了

这里有一个小技巧，比如求$q_{1}$的时候可以求出除3余1的数然后再乘2,

也就是先求出5和7的公倍数模3下的逆元，再用逆元去乘余数。

看代码可能更好懂一点

long long CRT()
{
    long long x,y,ans=0,lcm=1;
    for(i=1; i<=n; ++i) lcm=lcm*m[i];//因为互质
    for(i=1; i<=n; i++)
    {
        long long kl=lcm/m[i];
        exgcd(kl,m[i],x,y);
        x=(x%m[i]+m[i])%m[i];
        ans=(ans+a[i]*x*kl)%lcm;
    }
    return ans;
}

exCRT

用来解决模数不两两互质的同余方程组

假设我们这里有两个方程

$x = a_1 * x_1 + b_1$

$x = a_2 * x_2 + b_2$

$a_1,a_2$是模数，$b_1,b_2$是余数，那么我们可以合并这两个方程：

因为正负号对变量$x_1 , x_2$无影响，所以稍加变形可得：$a_1 * x_1 + a_2 * x_2 = b_2 - b_1$

然后扩欧就可以求解出最小正整数解$x_1$，那么令$k=(a_1*x_1+b_1)$

因为$k=a_1*x_1+b_1=a_2*x_2+b_2$，显然 $k$ 和$a_1 , a_2$分别同余 ，那么$ k $ 和 $ lcm( a_1 , a_2 )  $一定同余

所以 $x equiv k ; (mod ; lcm( a_1 , a_2 ) )$

不停的合并就可以得到最终答案了

long long exCRT()//M是模数，A是余数 
{
    long long M=m[1],A=a[1],d,x,y;
    for (int i=2; i<=n; ++i)
    {
        exgcd(M,m[i],d,x,y);
        if ((a[i]-A)%d) return -1;
        x*=(a[i]-A)/d; t=m[i]/d; x=(x%t+t)%t;
        A=M*x+A; M=M/d*m[i]; A%=M;
    }
    A=(A%M+M)%M;
    return A;
}

四、Lucas

Lucas

证明不会，会用就行

Lucas用于解决当模数p为质数且比较小的时候，可以用$log$的复杂度解决求解$C(n,m)$

$Lucas(n,m) = Lucas(n/p,m/p)*C(n\%p,m\%p)$

其中$C(n\%p,m\%p)$可以通过预处理阶乘和阶乘的逆元$O(1)$进行求解

void Init(long long p)
{
    fac[0]=1; inv[1]=1; facInv[0]=1;
    for (int i=1; i<=p; ++i)
    {
        if (i!=1) inv[i]=(p-p/i)*inv[p%i]%p;
        fac[i]=fac[i-1]*i%p; facInv[i]=facInv[i-1]*inv[i]%p;
    }
}

long long C(long long n,long long m)
{
    if (m>n) return 0;
    return fac[n]*facInv[m]%MOD*facInv[n-m]%MOD;
}

long long Lucas(long long n,long long m)
{
    if (m>n) return 0;
    long long ans=1;
    for (; m; n/=MOD,m/=MOD)
        ans=(ans*C(n%MOD,m%MOD))%MOD;
    return ans;
}

exLucas

可以解决$C(n,m)\%p$中模数不是质数的Lucas问题

 首先我们将模数$p$分解，$p={p_1}^{k_1}*{p_2}^{k_2}*...*{p_q}^{k_q}$

很容易得出一组同余方程组

$left{ egin{array}{c} ansequiv c_1pmod {{p_1}^{k_1}}\ ansequiv c_2pmod {{p_2}^{k_2}}\ ...\ ansequiv c_qpmod {{p_q}^{k_q}}\ end{array} ight.$

很显然模数是两两互质的，只要求出每一个$c_i$那么我们就可以用中国剩余定理求解出$C(n,m)$了。

那么问题来了，怎么求解每一个$c_i$呢？

因为$C_n^m={n!over m!(n-m)!}$,所以只要能求出 $n!~\% {p_i}^{k_i},~m!~\% {p_i}^{k_i},~(n-m)!~\% {p_i}^{k_i}$，我们就可以根据逆元求解每一个$c_i$了。

举个栗子

$n=22,p_i=3,k_i=2$

$22!=(1*2*3*4*5*6*7*8*9)*(10*11*12*13*14*15*16*17*18)*(19*20*21*22)$

剔除因子3之后

$22!=(1*2*4*5*7*8)*(10*11*13*14*16*17)*(19*20*22)*3^6*(1*2*3*4*5*6*7)$

发现按照如下分组后$3^6$前面部分的前$frac{n}{{p_i}^{k_i}}$组在$mod~{p_i}^{k_i}$ 后结果相同，因此只需要算出来一组然后快速幂就好了。

对于冗余部分$(19*20*22)$暴力计算。

最后的$(1*2*3*4*5*6*7)$递归计算即可

3因子被剔除了就不考虑了

代码还写不来先坑着

未完待续目前懒得写了