简单数学与位运算

本文经 @sLMxf 转载：

整除和余数

• 以下 $x、y、a$ 均为整数。
• 存在整数 $k$，使得 $x = ky$，则有 $y|x$（ $y$ 整除 $x$ ），若 $y>0$ 则称 $x$ 是 $y$ 的倍数，$y$ 是 $x$ 的因数。
• 如果 $x = ky + a$，则称 $a$ 为 $x/y$ 的余数，写作 $a = x % y$，当 $a = 0$ 当且仅当 $y|x$。

同余

• 如果 $x \% z = y \% z$ ，则我们称 $x$ 和 $y$ 对 $z$ 同余，记作 $x \equiv y \pmod z$。
• 如果 $(x − y)$ 是 $z$ 的倍数，那么 $x$ 和 $y$ 对 $z$ 同余。
  证明：记 $x = cz + a,y = dz + b（0 \le a,b < z)$ 则 $x − y = (c − d)z + a − b$，由于 $(x − y)$ 是 $z$ 的倍数，所以 $(a − b)|z$，而 $0 \le a,b < z$，故易得 $a = b$，所以同余。
• 如果且 $a \equiv b \pmod m,c \equiv d \pmod m$ ，则 $a\pm c \equiv b\pm d \pmod z$，证明雷同上面。
• 乘号同理，但是除法不行。
• 如果 $a \equiv b \pmod m$，则 $a^n \equiv b^n\pmod m$。

取余运算

• $(a + b) \% m = (a \% m + b \% m) \% m$
• $(a − b) \% m = (a \% m − b \% m \color{red}{+ m}\color{black}) \% m$
• $(a \times b) \% m = (a \% m \times b \% m) % m$
• $a^b \% m = (a \% m)^b \% m$
• 这些等式可以用在需要取模，且数字会经过多次运算的题目中，防止中间变量超出数据范围。

质数

• 只能被 $1$ 和自己整除的数,称为质数
• 当 $N$ 充分大时，$1$ ~ $N$ 范围内的质数个数约为 $N/\log N$。
• 在某个正整数 $N$ 附近找质数，能够在 $\log N$ 期望时间内发现一个质数。
• 如何判断一个整数 $n$ 是否为质数：$2$ 到 $\sqrt{n}$ 试除，发现约数则不是质数，复杂度 $O(\sqrt{n})$
• $a$ 和 $n/a$ 中至少有 $1$ 个数不超过 $\sqrt{n}$，完全平方数的情况 $2$ 个数都等于 $\sqrt{n}$。

筛法（埃式筛）

• 在学数组的时候，我们学过一个判断 $1$ ~ $n$ 是否为质数的方法：从小到大，依次将每个质数的倍数删去（若遍历到一个数时，其没有被删去，则可知这个数是质数），最终留下的全是质数。

f[1]=false;
for(int i=2;i<=n;i++) f[i]=true;
for(int i=2;i<=n;i++)
{
        if(f[i]==true)
            for(long long j=(long long)i*i;j<=n;j+=i)
                f[j]=false;
}

• $j$ 从 $i\times i$ 开始是因为 $2\times i$、$3\times i$ 等数字在 $i=2,i=3$ 的时候已经被枚举过了。
• 时间复杂度 $O(n\log\log n)$。

筛法（线性筛）

• 数字 $30$ 还是被筛了多次（$3\times 10、2\times15、5\times 6$）。如果能保证每个合数都只被它的最小质因数筛掉就好了。
  比如 $2$ 筛掉 $4、6、8、10、12\cdots$
  比如 $3$ 筛掉 $9、15、21\cdots$
  比如 $5$ 筛掉 $25、35、55\cdots$
• 我们记求解到 $i$ 的质数数组为 $p$，则对于每个数字 $i$，我们希望 $i\times p_1、i\times p_2$ 等数字都被筛掉。这样一定是能筛干净的，因为合数 $a=$ 某个质数 $b\times$ 另一个数 $c$，我们一定能在枚举到每个合数前，枚举到比它小的 $c$，这样当 $p_j=b$ 时，$a$ 就被干掉了。
• 每个合数还是没有只被它的最小质因数筛。
• 如 $60$，被 $3\times 20$干掉一次，被 $15\times 4$干掉一次。

f[1]=false;
for(int i=2;i<=n;i++) f[i]=true;
for(int i=2;i<=n;i++)
{
        if(f[i]==true) p[cnt++]=i;
        for(int j=1;j<=cnt&&i*p[j]<=n;j++)
            f[p[j]*i]=false;
}

• 内层循环加上一句if(i%p[j]==0)break;即可。为什么？
• 此时，比 p[j] 小的质数 p[k] 不满足 p[k] $|i$，且 $i$ 的所有质因数肯定都比 p[j] 大，因为如果有小的那 $j$ 早就被停在前面了。故被筛掉的 $i\times$ p[k] 的最小质因数肯定是 p[k]。
• 同理可证，设有比 p[j] 大的质数 p[l] ，则删 p[l] $\times i$ 一定会出现重复，因为假设 p[l] $\times i /$ p[j] 是 $x$，当 $i$ 枚举到 $x$ 时候，$x\times$ p[j] 又会把这个数字筛一次。
• 时间复杂度 $O(n)$。

f[1]=false;
for(int i=2;i<=n;i++) f[i]=true;
for(int i=2;i<=n;i++)
{
        if(f[i]==true) p[cnt++]=i;
        for(int j=1;j<=cnt&&i*p[j]<=n;j++)
        { 
            f[p[j]*i]=false;
            if(i%p[j]==0)break;
        }
}

唯一分解定理

• 任何大于1的正整数n仅能以唯一方式分解为有限质数的乘积：
• $n = p_1^{e_1} \times p_2^{e_2} \cdots \times p_t^{e_t}$
• 其中 $p_i$ 是质数，$e_i$ 是正整数，且 $i$ 和 $\sum e_i$都是 $\log n$ 数量级别的。
• 根据乘法定理易得 $n$ 的因数个数为 $(e_1+1)\times (e_2+1)\times\cdots\times(e_t+1)$。
• 还能求出 $n$ 的因数和为 $(p_1^{e_1}+p_1^{e_1-1}+p_1^{e_1-2}+\cdots +p_1)(p_2^{e_2}+p_2^{e_2-1}+p_2^{e_2-2}+\cdots +p_2)\cdots (p_n^{e_n}+p_n^{e_n-1}+p_n^{e_n-2}+\cdots +p_n)$。
• 算术基本定理是一条非常基本和重要的定理，它把对自然数的研究转化为对其最基本的元素——质数的研究。

质因数分解

• $2$ 到 $\sqrt{n}$ 都试一下，如果能除的尽 $n$ 就用 while 除，要把次数记下来。
• 最后剩下的数字如果步数 $1$ ，一定是最大的质因数。

gcd 和 lcm

• 若 $m|x$ 且 $m|y$ ，称为 $m$ 为 $x$ 和 $y$ 的公因数。最大的 $m$ 叫最大公因数 $(gcd)$。
• 若 $x|n$ 且 $y|n$，称为 $n$ 为 $x$ 和 $y$ 的公倍数。最小的 $n$ 叫最小公倍数 $(lcm)$ 。
• 设 $d = \gcd(x,y)$，那么 $d$ 的唯一分解中任意质数的指数 $e_i$ 为 $x,y$ 的唯一分解中此质数指数的 $\min$。
• 设 $e = lcm(x,y)$，那么 $e$ 的唯一分解中任意质数的指数 $e_i$为 $x,y$ 的唯一分解中此质数指数的 $\max$。
• 比如 $\gcd(240,180)=60$，分解质因数如下，发现 $60$ 的质因数中 $2$ 和$3$的指数取得是上面两个数分解 $2$ 和 $3$ 的指数的最小值
  • $180 = 2^2 \times 3^2 \times 5^1$
  • $240 = 2^4 \times 3^1 \times 5^1$
  • $60 = 2^2 \times 3^1 \times 5^1$
• $lcm$ 则是取最大值，易得 $\gcd(x,y) \times lcm(x,y) = x \times y$

位运算

• $\&$ 运算：二进制下进行二元运算，每一位全 $1$ 则 $1$ ，反之为 $0$。性质：$a\&b\le \min(a,b)$.
• $|$ 运算：二进制下进行二元运算，每一位有 $1$ 则1，反之为 $0$。性质：$a|b\ge \max(a,b)$.
• ^ 运算：二进制下进行二元运算，每一位不同则 $1$，反之为 $0$。性质是自己就是自己的逆运算。
• $\sim$ 运算：一元运算符（和符号一样），让二进制下的每一位都取反（包括符号位）。
• $<<$运算：进制下把每一位向左平移，低位用 $0$ 补足。
• $1<<n$ 等价于 $2n$，$x<<n$ 等价于 $x \times 2n$
• $>>$运算：进制下把每一位向右平移，低位越界则舍弃。
• $n>>1=\lfloor\frac{n}{2}\rfloor$
• 注意位运算$\color{red}优先级很低$，搞不清就打括号！

一些操作

• $lowbit(n)$ 表示表示二进制下 $n$ 的最低的一个 $1$ 它后面的 $0$ 组成的数.
• $lowbit(n)=(n)\text{ and }(-n)$，原理自己想。
• $popcount(n)$ 表示二进制 $n$ 有多少位是 $1$，原理自己想。

int ans=0;
while(n)
{
    ans++;
    n-=lowbit(n);
}
return ans;