关于数论
费马小定理
假设p是质数，且gcd(a,p)=1,那么a(p-1)≡1(mod p)。假设a是整数，p是质数，且a，p互质（即两者只有一个公约数1），那么a的（p-1)次方除以p的余数恒等于1.a^(p-1)%p=1（其中%为取模操作，且a<p,p为质数）
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<cstdlib> #include<ctime> #define ll long long int//能够直接使用long long using namespace std; ll n; ll pd[14]= {10,35,77,535,71497,2,3,5,7,11,3161}; ll fastmul(ll a,ll b) { ll r=0; ll base=a; while(b!=0) { if(b%2!=0) { b--; r=(r+base)%n; } b=b/2; base=(base+base)%n; } return r%n; } ll fastpow(ll a,ll b) { ll r=1; ll base=a; while(b!=0) { if(b%2!=0) r=fastmul(r,base)%n; base=fastmul(base,base)%n; b=b/2; } return r%n; } ll check(ll n) { if(n==2) return 1; if(n<2&&(n%2==0)) return 0; for(ll i=0; i<11; i++) { ll x=pd[i];//进行特判 if(x%n==0) continue;//继续往下判断循环条件执行语句 ll ans=fastpow(x,n-1)%n; if(ans!=1) return 0; } return 1; } int main() { //srand(time(0)); //scanf("%lld",&n); cin>>n; for(int i=1; i<=n; i++) { if(check(i)) printf("%d\n",i); } return 0; }
欧几里得算法
1.带余除法定理：a,b,其中b>0,存在唯一g及r，使a=bq+r；
辗转相除法（欧几里得算法）依据：(a,b)=(b,r);
#include<iostream> using namespace std; int main() { int n,m,r; cin>>m>>n; r=m%n; while(r!=0) m=n,n=r,r=m%n; cout<<n; }
2.扩展欧几里得算法
其中a，b是任意两个不全为0的整数，则存在两个整数x，y，使得ax+by=(a,b);
当(a,b)=1(互素)时，使ax+by=1;
应用：一次不定方程ax+by=c有解的充分条件是(a,b)|c；(|的意思是整除);
#include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> using namespace std; long long exgcd(long long a,long long b,long long &x,long long &y) { if(b==0) { x=1; y=0; return a; } long long r=exgcd(b,a%b,x,y),t=x; x=y; y=t-y*(a/b); return r; } int main() { long long a1,b1,x1,y1; cin>>a1>>b1; exgcd(a1,b1,x1,y1); while(x1<0) x1+=b1; cout<<x1; return 0; }
应用：
1、解不定方程ax+by=c
d=exgcd(a,b,x,y);
If(c%d==0)有解，否则无解。
x=c/d*x,y=c/d*y;
则x,y为原方程的一组解,且|x|+|y|的值最小。
其它的解为（x+k*b,y-k*a）
2、解线性同余方程
ax≡b(mod n)
也就是解不定方程ax-ny=b
3、解模的逆元
也就是解线性同余方程ax≡1(mod n).
快速幂
快速幂：快速幂取模，即快速的求一个幂式的模（余）。
int PowerMod(int a, int b, int c) { int ans = 1; a = a % c; while(b>0) { if(b % 2 = = 1) ans = (ans * a) % c; b = b/2; a = (a * a) % c; } return ans; }
复杂度为O(logb).
威尔逊定理
威尔逊定理给出当且仅当p为素数时：( p -1 )! ≡ -1 ( mod p )
充分性证明：
如果“p”不是素数，那么它的正因数必然包含在整数1, 2, 3, 4, … ,p− 1 中，因此gcd((p− 1)!,p) > 1，所以我们不可能得到(p− 1)! ≡ −1 (mod p)。
必要性证明：
取集合A={1,2,3,...,p-1};则任意i属于A,且存在j属于A,使得：(ij)恒等于1(mod p)
设x*a ≡ 1 (mod p)。
除了x=a时，a*a≡1 (mod p)，
(a+1)*(a-1)≡ 0 (mod p),
a=1或a=p-1 ，不成立。
其他情况都可以找到对应的a。
所以（p-1）！≡1*（p-1）（mod p）≡-1 (mod p)
#include<iostream> #include<cstring> #include<cstdio> #include<cmath> using namespace std; long long int f(int p) { if(p==0) return 1; else return p*f(p-1); } int main() { int n; scanf("%d",&n); long long int ans=f(n-1); if(ans%n==n-1) printf("YES"); else printf("NO"); return 0; }
乘法逆元
1.乘法逆元（在维基百科中也叫倒数，当然是 mod p后的,其实就是倒数不是吗？）:
如果ax≡1 (mod p),且gcd(a,p)=1（a与p互质），则称a关于模p的乘法逆元为x。
扩展欧几里得
已知整数a、b，扩展欧几里得算法可以在求得a、b的最大公约数的同时，能找到整数x、y（其中一个很可能是负数），使它们满足贝祖等
式ax + by = \gcd(a, b)。
好了，在明白上面的定理后我们开始分析乘法逆元：ax≡1 (mod p) 这个等式用中文描述就是 a乘一个数x并模p等于1，即 a%p*x%p=res,
res%p=1;看上去就是同余定理的一个简单等式- -。那么问题来了。
为什么可以用费马小定理来求逆元呢？
由费马小定理 ap-1≡1 , 变形得 a*ap-2≡1(mod p)，答案已经很明显了:若a,p互质,因为a*ap-2≡1(mod p)且a*x≡1(mod p),则
x=ap-2(mod p),用快速幂可快速求之。
为什么可以用扩展欧几里得求得逆元？
我们都知道模就是余数，比如12%5=12-5*2=2，18%4=18-4*4=2。（/是程序运算中的除）
那么ax≡1 (mod p)即ax-yp=1.把y写成+的形式就是ax+py=1，为方便理解下面我们把p写成b就是ax+by=1。就表示x是a的模b乘法逆元，
y是b的模a乘法逆元。然后就可以用扩展欧几里得求了。
知道逆元怎么算之后，那么乘法逆元有什么用呢？
做题时如果结果过大一般都会让你模一个数，确保结果不是很大，而这个数一般是1e9+7，而且这个数又是个素数，加减乘与模运算的顺序
交换不会影响结果，但是除法不行。有的题目要求结果mod一个大质数，如果原本的结果中有除法，
比如除以a,那就可以乘以a的逆元替代。（除一个数等于乘它的倒数，虽然这里的逆元不完全是倒数，但可以这么理解，毕竟乘法逆元就是
倒数的扩展）。
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; void exgcd(ll a,ll b,ll& d,ll& x,ll& y) { if(!b) d = a,x = 1,y = 0; else { exgcd(b, a%b, d, y, x); y -= x*(a/b); } } ll inv(ll a, ll p) { ll d, x, y; exgcd(a, p, d, x, y); return d == 1 ? (x+p)%p : -1; } int main() { ll a,p; while(1) { scanf("%lld %lld",&a,&p); printf("%lld\n",inv(a,p)); } }
更相减损术
两数先整除2，不能整除了，就大数减去小数，用差和小数相比，再大数减去小数，知道差和小数相等。
#include<cstdio> #include<cmath> int main() { int a,b,n=0,tmp; scanf("%d %d",&a,&b); while(!(a%2)&&!(b%2)) a=a/2,b=b/2,n++; while(a!=b) { if(a>b) a=a-b; else b=b-a; } if(n==0) printf("%d\n",a); else printf("%d\n",2*n*a); return 0; }
一世安宁
