数论小结

记录蓝桥杯中常用的数论模板

1-1欧几里得算法gcd

typedef long long ll;
ll gcd(ll a, ll b) { return b == 0 ? a : gcd(b, a % b); }

1-2 最小公倍数

int icm(ll a, ll b) { return a * b / gcd(a, b); }

1-3 扩展欧几里得exgcd

exgcd求解线性方程组模板

int x, y;

//扩展欧几里得
int exgcd(int a, int b) {
    if (b == 0) {
        x = 1, y = 0;
        return a;
    }
    int res = exgcd(b, a % b);
    int x1 = x;
    x = y, y = x1 - a / b * y;
    return res;
}

//求解线性方程 解为x和y
int line(int a, int b, int m) {
    int d = exgcd(a, b);
    if (m % d != 0) return -1;
    int n = m / d;
    x *= n, y *= n;
    return d;
}

exgcd一道例题蓝桥杯决赛：一步之遥

从昏迷中醒来，小明发现自己被关在X星球的废矿车里。
矿车停在平直的废弃的轨道上。
他的面前是两个按钮，分别写着“F”和“B”。

小明突然记起来，这两个按钮可以控制矿车在轨道上前进和后退。
按F，会前进97米。按B会后退127米。
透过昏暗的灯光，小明看到自己前方1米远正好有个监控探头。
他必须设法使得矿车正好停在摄像头的下方，才有机会争取同伴的援助。
或许，通过多次操作F和B可以办到。

矿车上的动力已经不太足，黄色的警示灯在默默闪烁...
每次进行 F 或 B 操作都会消耗一定的能量。
小明飞快地计算，至少要多少次操作，才能把矿车准确地停在前方1米远的地方。

请填写为了达成目标，最少需要操作的次数。

注意，需要提交的是一个整数，不要填写任何无关内容（比如：解释说明等）

使用exgcd的做法，因为97，127互质。两组特解之和即为答案

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int x, y;
int exgcd(int a, int b) {
    if (b == 0) {
        x = 1, y = 0;
        return a;
    }
    int res = exgcd(b, a % b);
    int x1 = x;
    x = y, y = x1 - a / b * y;
    return res;
}
int line(int a, int b, int m) {
    int d = exgcd(a, b);
    if (m % d != 0) return -1;
    int n = m / d;
    x *= n, y *= n;
    return d;
}

int main() {
    int d, a = 97, b = -127;
    d = line(97, -127, 1);
    cout << d << endl;  //求解方程2x + 7y = 1的 未知数x和未知数y的一个解
    cout << x << " " << y << endl;
    cout << abs(x) + abs(y) << endl;
    b = 127 / d;  //求解第一个大于0的解 先把b对gcd(a,b)化简
                  // cout<<"第一个大于0的解x："<<(x%b+b)%b<<endl;
}

2-3:线性方程什么时候有解，什么时候无解，无解的最大值是多少

蓝桥杯往届例题：2014年A组-买不到的数目 （求系数为正整数时方程，无解时的最大上界：数学规律a*b-a-b）
蓝桥杯往届例题：2017年AB组-包子凑数（问什么时候无解，当a1,a2,a3....an互质时无解）

3：同余方程

3-1exgcd解同余方程

将同余方程转换为 线性方程，当且仅当b是gcd(a,n)的倍数，n是余数

3-2：一道例题：poj1061青蛙的约会

写出同余方程，转成线性方程，使用exgcd求解，求大于0的第一个解的公式：b = b/d，x = (x%b+b)%b；

4-1：费马小定理

5-1：欧拉函数

//欧拉函数：求出小于等于n的  与n互质的个数，如果求多个数的欧拉值则要 筛法欧拉函数
using ll = long long;
ll Euler(ll n) {
    ll ans = n;
    for (int i = 2; i * i <= n; ++i) {
        if (n % i == 0) {
            ans = ans / i * (i - 1);
            while (n % i == 0) n /= i;
        }
    }
    if (n > 1) ans = ans / n * (n - 1);
    return ans;
}

6-1：快速幂

using ll = long long;
ll qpow(ll a, ll b, ll mod) {
    ll ans = 1;
    a %= mod;
    for (; b; a = a * a % mod, b >>= 1)
        if (b & 1) ans = ans * a % mod;
    return ans;
}

6-2：快速乘

using ll = long long;
ll qmul(ll a, ll b, ll mod) {
    ll ans = 0;
    for (; b; a = (a + a) % mod, b >>= 1)
        if (b & 1) ans = (ans + a) % mod;
    return ans;
}

7-1：素数筛

vector<bool> prime;
void Prime(int n) {
    prime.resize(n + 10, true);
    for (int i = 2; i * i <= n; ++i) {
        if (prime[i])
            for (int j = i * i; j <= n; j += i) prime[j] = false;
    }
}

8-1：日期计算-基姆拉尔森

// 根据日期判断星期几
int Day(int y, int m, int d) {
    if (m == 1 || m == 2) m += 12, y -= 1;
    return (d + 2 * m + 3 * (m + 1) / 5 + y + y / 4 - y / 100 + y / 400 + 1) %
           7;
}

9-1：康托展开 & 逆康托展开

【原理】

\[X = A[0] * (n-1)! + A[1] * (n-2)! + … + A[n-1] * 0!\\ （A[i]表示在位置i后比位置i上数小的数的个数） \]

【举例】

\[在 (1, 2, 3, 4, 5) 5个数的排列组合中，计算 (3, 4, 1, 5, 2) 的康托展开值\\ X = 2 * 4! + 2 * 3! + 0 * 2! + 1 * 1! + 0 * 0! = 61 \]

const int FAC[] = {1, 1, 2, 6, 24, 120, 720, 5040, 40320, 362880, 3628800};

int cantor(int *a) { //算出全排列对应的哈希值
    int x = 0;
    for (int i = 0; i < 9; i++) {
        int smaller = 0;
        for (int j = i + 1; j < 9; j++) {
            if (a[j] < a[i]) smaller++;
        }
        x += FAC[9 - i - 1] * smaller;
    }
    return x + 1;
    //注意全排列数组a是从零开始的
}

void decantor(int x, int *ans) { //x哈希值，n数字个数，a算出的全排列
    x--;
    vector<int> v;
    for (int i = 1; i <= 9; i++) v.push_back(i);
    for (int i = 0; i < 9; i++) {
        int r;
        r = x / FAC[9 - i - 1];
        x = x % FAC[9 - i - 1];
        sort(v.begin(), v.end());
        ans[i] = v[r];
        v.erase(v.begin() + r);
    }
    //注意算出的全排列数组ans是从0开始的
}