数论初步
分数的和取模
考虑两个分数 \(\frac ab, \frac cd\)（\(a,b, c, d\in \mathbb{Z}\)，\(b,d > 0\)），正整数 \(m\) 和 \(b, d\) 都互质。若正整数 \(x\) 与 \(m\) 互质，用 \(x^{-1}\) 表示 \(x\) 在模 \(m\) 下的逆元。则有
\(ab^{-1} + cd^{-1} \equiv (ad + bc) (bd)^{-1} \pmod{m}\)
这意味着满足上述条件的两个分数相加时，先对分数取模再相加和先把两分数相加再取模结果相等。
线性时间求逆元
对于素数 \(p\)，可以在线性时间内求出 \(1, 2, \dots, p-1\) 在模 \(p\) 下的逆元。
首先有 \(1^{-1} = 1 \pmod{p}\)，对于 $ 2 \le i < p$，设 $ p = ki + r$（\(0< r < i\)），即
\[ ki + r = 0 \pmod{p} \]
两边同乘以 \(i^{-1} r^{-1}\)，有
\[
kr^{-1} + i^{-1} = 0 \pmod{p}
\]
于是
\[
i^{-1} = - kr^{-1} = - \lfloor p/i \rfloor r^{-1} \pmod{p}
\]
其中 \(r^{-1}\) 已经求出。
关于欧拉函数的一个等式
\[ \sum_{d\mid n} \varphi(d) = n \]
证明：令 \(S_d\) 为与 \(d\) 互质的正整数的集合，即 $S_d = \{ x \in \mathbb{Z}^+ \mid x \le d, \gcd(x, d) = 1 \} $ 。再令 \(T_d = \\{\frac{x}{d} \mid x \in S_d\\}\)，则 \(T_d\) 是以 \(d\) 为分母的最简真分数的集合（\(T_1=\\{ 1 \\}\) 除外）。所以有
从而有
\[ \sum_{d\mid n} \varphi(d) = n \]
证毕。
费马小定理
若 \(p\) 是素数, 对任意整数 \(x\) 有 \(x^p \equiv x \pmod{p}\).
特别地，若 \(p \nmid x\)，\(x^p \equiv x \pmod{p} \iff x^{p-1} \equiv 1 \pmod{p}\)
欧拉函数
\(\phi(n)\)：与 \(n\) 互质且不超过 \(n\) 的正整数的个数。
\(\phi(n) := |\\{k\colon 1\le k\le n, \gcd(k,n)=1\\}|\)
-
对于正整数 \(a\), \(b\)（\(b \mid a\)）, 满足 \(\gcd(a,x)=b\) 的正整数 \(x\) 的个数是 \(\phi(\frac{a}{b})\).
-
任意正整数 \(n\) 至多有 \(1\) 个大于等于 \(\sqrt{n}\) 的素因子。
-
对于非负整数 \(a \ (a>0), b\ (0 \le b < a), c\), 满足
的非负整数 \(x\) 的数目为 (c-b)/a + (c>=b)
分析:
注意:
- 当\(c \ge b\)时, \(k\)可以取\(0\).
- 当\(c<b\)时, (c-b)/a == 0.
- 当要求\(x>0\)时, 答案要改成(c-b)/a + (c>=b && b>0)
逆元
设 \(a, b, m\) 是三个正整数，若 \(ab \equiv 1 \pmod{m}\) 则称 \(a, b\) 互为模 \(m\) 下的逆元。
\(ab \equiv 1 \pmod{m}\) 等价于存在整数 \(k\) 使得 $ ab = km + 1$ 即
换言之，\(a\) 在模 \(m\) 下的逆元 \(b\) 存在等价于不定方程
\begin{equation}
ax + my = 1 \label{Eq:1}
\end{equation}
有解。
而方程 \eqref{Eq:1} 有解的充要条件为 \(\gcd(a,m) = 1\)；这一论断可由求最大公约数的辗转相除法构造性地证明。
对商取模
设有正整数 \(a, b\) 满足 \(b\mid a\)，求 $ \frac{a}{b}\bmod p\(，\)p$ 是个素数。
解法：先求出 \(a,b\) 中 \(p\) 的幂次，设 \(a = \alpha p^{i}\)，\(b=\beta p^{j}\)，显然有 \(i\ge j\) 。
考虑 \(i=j\) 的情形，此时有 \(\frac{a}{b} = \frac{\alpha}{\beta}\) ；又 \(\gcd(\beta, p) = 1\)，故 \(\beta\) 在模 \(p\) 下的逆元存在。
Wilson's theorem
Let \(p\) be an integer greater than one. \(p\) is prime if and only if \((p-1)! = -1 \pmod{p}\).
This beautiful result is of mostly theoretical value because it is relatively difficult to calculate \((p-1)!\). In contrast, it is easy to calculate $ a^{p-1}$, so elementary primality tests are built using Fermat's Little Theorem rather than Wilson's.
证明：对 \(p\) 用数学归纳法。易证 \(p = 2, 3, 4\) 时命题成立。设 \(p>4\)，若 \(p\) 是合数，则有 \(\gcd(p, (p-1)!) = p\) 。从而 \((p-1)! = 0 \ne -1 \pmod{p}\) 。
为何 \(\gcd(p, (p-1)!) = p\)？
若存在 \(1< a < b < p\) 使得 \(p = ab\) 则结论显然成立；否则有 \(p = q^2\)，\(q\) 是素数且 \(q>2\) ，故 \(q < 2q < p\)， 结论亦成立。
\(p\) 是合数时的另一个证明
反证法。假设 \((p-1)! = -1 \pmod{p}\) 。
由于 \(p\) 是合数，在 \(2\) 到 \(p-2\) 之间必有一个数 \(d\) 是 \(p\) 的因子。从而有
（注：之前我对这个式子不敏感，这是因为我对【同余】这个概念理解得不够深刻。）
而这与 \((p-1)! = 0 \pmod{d}\) 相矛盾，因为 \(0 = -1 \pmod{d}\) 不可能。
若 \(p\) 是质数，考虑 \(1\) 到 \(p-1\) 中的每个数 \(a\) 在模 \(p\) 下的逆元 \(a^{-1}\)。显然 \(a\) 的逆元在模 \(p\) 下唯一，且 $ a^{-1} = b^{-1} \iff a = b$ 。另外，只有在 \(a=1\) 或 \(a = p-1\) 时才有 $a = a^{-1} $ 。将 $ 2, 3, \dots, p-1, p-2$ 按 \(a\) 和 \(a^{-1}\) 两两配对，有
从而有
为何只有在 \(a=1\) 或 \(a = p-1\) 时才有 $a = a^{-1} \(？ \)a^2 = 1 \pmod{p} \iff a^2 -1 = 0 \pmod{p} \iff (a-1)(a+1) = 0 \pmod{p}\( \)\iff a = 1\pmod{p}$ 或 \(a=-1\pmod{p}\)
