OI数论基础（未完工）

OI数论基础

——由$\bf\color{red}{5}\tt\color{blue}{1}\bf\color{green}{7}$(就是老师自己的OJ)提供思路

1 素数筛法

1.1 朴素板筛法

将每一个数的所有的倍数都筛去，由于素数只能被1和它本身整除，因此素数不会被筛到，计算量为$n/2+n/3+n/4+...$这个调和级数，复杂度$O(nlogn)$

const int N = 100010;
bool flag[N];
int p[N],tot;
void init(int n) {
	for(int i=2;i<=b;++i) {
    for(int j=i+i;j<=n;j+=i) {
       flag[j] = true;
      }
    }
  for(int i=2;i<=n;++i) {
  	if(!flag[i]) p[++tot] = i;
  }
}

1.2 优化板筛法

我们注意到朴素版筛法里面 $36$ 会被 $2,3,4,6,9,12,18$ 这 $6$ 个数筛到，相当于被 $2*18，3*12，4*9，6*6，9*4，12*3，18*2$ 筛到，实际上 $a∗b$ 跟 $b∗a$ 是等价的，于是，我们可以通过枚举小的那个因子，来优化一半的计算量，相当于 $i∗(i + 1)，i∗(i + 2)$ 这样子去筛, 复杂度不变，常数上优化了

void init(int n) { 
  int up = (int)sqrt(1.0*n) + 1; 
  for (int i = 2; i <= up; i++) { 
    for (int j = i * i; j <= n; j += i) { 
      flag[j] = true; 
    } 
  } 
  for (int i = 2; i <= n; i++) { 
    if (!flag[i]) { 
      p[tot++] = i; 
    } 
  } 
}

1.3 线性筛法

那么存在 $O(n)$ 的筛法，使得每个数只被筛到一次么? 答案是肯定的。下面这个代码短小精悍，可以做到每一个数只被其最小的素因子筛选到

void init(int n) {
  for (int i = 2; i <= n; i++) { 
    if (!flag[i]) {
      p[tot++] = i;
    }
    for (int j = 0; j < tot; j++) {
      if (i * p[j] > n) { 
        break; 
      } 
      flag[i * p[j]] = true; //p[j]是i * p[j]的最小素因子 
      if (i % p[j] == 0) { // 再往后p[j]就不是i * p[j]的最小素因子了
        break;
      }
    }
  }
}

2 欧几里得

2.1 辗转相减

利用辗转相减法求最大公约数, 即 $gcd(a,b)$。假设 $a > b$, 则 $gcd(a,b) = gcd(a−b,b)$, 不断的利用大的数减去小的数，就能得到最大公约数。

证明：

$a = k1 ∗g$

$b = k2 ∗g$

假设 $g $为最大公约数, 那么 $gcd(k1,k2) = 1$, 设 $a > b$, 令 $a = a−b$,

$a = (k1 −k2)∗g$

$b = k2 ∗g$

我们发现 $a，b$ 的变化为两个互质的系数在不断相减（始终还是互质）， $g$ 始终是它们的最大公约数，所以当有一个数变成 $0$ 的时候，另一个数就是最大公约数

while (a != b) {
  if(a > b) {
    a -= b; 
  } else {
    b -= a;
  }
}

2.2 辗转相除

我们发现当 $a$ 一直大于 $b$ 的时候，就会一直减去 $b$，其实就是变成 $a\%b$，于是我们可以利用辗转相除来优化,

while (a && b) {
  if (a > b) {
    a = a % b;     
  } else { 
    b = b % a;     
  } 
}//循环结束后 max(a,b) 就是答案

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

3 拓展欧几里得

扩展欧几里得的典型应用是解决形如 $a∗x + b∗y = c$ 的二元一次方程的解的存在性问题以及求出特解和通解。

3.1 解的存在性问题

其实我们通过辗转相减就可以观察出来，$a$,$b$ 辗转相减的时候相当于 $a∗x+b∗y$ 中的 $x$,$y$ 在不断变化的过程, 比如 $a−b$,$a−2∗b$,$3∗b−a$，我们通过前面知道这个过程一定能得到最大公约数, 所以 $a∗x+b∗y = gcd(a,b)$ 一定有解，那么是否 $gcd(a,b)\neq c$ 的时候就无解呢？首先我们知道 $c$ 是 $gcd(a,b)$ 的倍数才可能有解，因为左边一定含有因子 $gcd(a,b)$，左边等于右边，那么右边也一定含有 $gcd(a,b)$，因此我们可以通过两边同时除以最大公约数得到一个新的式子

$k1 ∗x + k2 ∗y = c/g. gcd(k1,k2) = 1$

由辗转相减可得：

$k1∗x+k2∗y = 1$ 一定有解，所以

$k1∗x+k2∗y = c/g$ 一定有解，

所以当 $c$ 是 $gcd(a,b)$ 的倍数的时候，方程一定有解

3.2 特解与通解

所以我们只需要求解形如

$a∗x + b∗y = gcd(a,b) $

然后将其扩大$c/gcd(a,b)$倍就可以解出原方程的解了

观察到这个式子的本质其实就是$a$和$b$辗转相减的过程，假设已经求出了

$(a-b) * x_1+ b * y = gcd(a,b)$

的解$x_1,y_1$，那么变换一下得到$a* x_1 +b * (y_1-x_1) = gcd(a,b)$,我们可以得出

$x = x_1, y = y_1 - x_1$

得到了原方程的解，所以我们可以将原问题变成一个规模更小的子问题，然
后根据子问题的答案推出原问题的答案，考虑到这个辗转相减可以用辗转
相除来替代，我们可以将原问题变成求解

$b ∗ x_1 + a\%b ∗ y_1 = gcd(a, b)$

由

$a\%b = a - a/b ∗ b$

代入得

$b ∗ x_1 + (a - a/b ∗ b) ∗ y_1 = gcd(a, b)$

等价于

$a ∗ y_1 + b ∗ (x_1 - a/b ∗ y_1) = gcd(a, b)$

得到

$x = y_1, y = x_1 - a/b ∗ y_1$

因此我们只需一直缩小问题规模，直到变成 $gcd(a, b) ∗ x + 0 ∗ y = gcd(a, b)$,
然后得到一组特解 $(1, 0)$，再将这组特解反推回去，得到一开始的方程的一
组特解。这个过程可以用一个递归函数来实现。

int extgcd(int a, int b, int &x, int &y) {
	int d = a;
	if(b != 0) {
		d = extgcd(b, a % b, x, y);
		x -= (a / b) * y;
		std::swap(x, y);
	} else {
		x = 1; y = 0;
	}
	return d;
}

函数执行完毕后代码里面的 $(x, y)$ 就是 $a ∗ x + b ∗ y = gcd(a, b)$ 的一组
特解, 通解的变化规律就是 $x$ 和 $y$ 的值往相反的方向变化，比如 $x$ 变大一
些，$y$ 变小一些，使得答案不变，设这个变化的最小单位值为 $d1$, $d2$

$a ∗ (x + d_1) + b ∗ (y - d_2) = gcd(a, b)$

$a ∗ d_1 = b ∗ d_2$

两边同除 $gcd(a, b)$ 令 $k_1 = a/gcd(a, b)$, $k_2 = b/gcd(a, b)$

$k_1 ∗ d_1 = k_2 ∗ d_2$

这个时候 $k_1$, $k_2$ 互质，显然 $d_1 = k_2$, $d_2 = k_1$，可得通解为

$(x + k ∗ d_1, y - k ∗ d_2)$

即

$(x + k ∗ b/gcd(a, b), y - k ∗ a/gcd(a, b))$

3.3 关于解的绝对值大小

我们通过递归函数的实现可以观察到，解的绝对值是跟 a, b 的绝对值
同一个级别的

4 排列组合

4.1 排列的定义

从$n$个不同元素中，任取$m$（$m\leq n$,$m$与$n$均为自然数, 下同）个元素按照一定的顺序排成一列，叫做从$n$个不同元素中取出$m$个元素的一个排列

从$n$个不同元素中取出$m$($m\leq n$)个元素的所有排列的个数，叫做从$n$个不同元素中取$m$个元素的排列数，用符号$A_n^m$ 表示。

计算公式

$A_n^m= \frac{n!}{(n−m)!}$

4.2 组合的定义

$n$个元素中选 $m$ ( $m\leq n$ ) 个出来，不排序，不在乎顺序就是 $C^m_n$ 。

也可表示成 ${n \choose m}$ 的形式。

计算公式

${C^n_m=\frac{n!}{m!\times (m-n)!}}$

4.3 基础公式

排列组合的关系为

$C^m_n×A^m_m=C^m_n×m!=A^n_m$

对称恒等式

\[{n\choose k} = {n \choose n-k} \]

提取/吸收恒等式

\[{n \choose k} = \frac{n}{k} {n-1 \choose k-1} \]

加法/归纳恒等式

\[{n \choose k} = {n-1 \choose k} + {n-1 \choose k-1} \]

相伴恒等式

\[(n - k) {n \choose k} = k {n-1 \choose k} \]

\[k {n\choose k} = (n - k + 1) {n \choose k+1} \]

上指标反转

\[{n \choose k} = (-1)^k {n - k - 1 \choose k} \]

4.4 二项式定理

\[(a + b) ^ n = \sum_{i=0}^{n}{n \choose i}a^{n-i}b^i \]

4.5二项式反演

\[f_n=\sum_{i=0}^n (-1)^i\times{n\choose i}\times g_i \iff g_n=\sum_{i=0}^n(-1)^i\times{n\choose i}\times f_i\]

常用表达

\[f_n=\sum_{i=0}^n \times{n\choose i}\times g_i \iff g_n=\sum_{i=0}^n(-1)^{n-i}\times{n\choose i}\times f_i \]

4.5.1恰好和至多的转换

设 $f_i$ 表示恰好的方案数, $g_i$ 表示至多的方案数,则有

\[g_n = \sum_{i=0}^n\times {n\choose i} \times f_i \]

根据二项式反演得

\[f_n=\sum_{i=0}^n (-1)^{n-i}\times {n\choose i}\times g_i \]

4.5.2恰好和至少的转换

设 $f_i$ 表示恰好的方案数, $g_i$ 表示至少的方案数,则有

\[g_k=\sum_{i=k}^n \times {i\choose k} \times f_i \]