数论笔记(2025.01.22) 持续更新

$01.$整除及证明

$02.$ 特殊性质$\pi (n)\approx n/logn$(应用于定理证明)

$03.$ 质数有无穷多个

证明:

假设质数有最大数

令质数有$n$个,最大的质数为$q_n$

可构造一数 $p=$所有质数之积($q_1\times q_2\times q_3\times \dots \dots \times q_n$)

对于$p+1$ 必然满足不整除于$q_1,q_2,q_3,\dots \dots ,q_n$

故$p+1$为质数 且$p+1>q_n$

所以没有最大的质数 假设不成立

$04.$所有大于2的质数都可以唯一地表示成两个平方数之差

证明:

大于2的质数都为偶数 即对于任意质数$k>2$ 有 $k\mathrm{mod}2=1$

而对于奇数k必有$k=2m+1=(m+1+m)(m+1-m)=(m+1{)}^2-m^2$

由此得证,且可同时证明两个平方数的差值为$1$

$05.$唯一分解定理

任意整数$n=p_1^{a_1}\times p_2^{a_2}\times \cdots \times p_k^{a_k}$

因子个数 $\tau (n)=(1+a_1)(1+a_2)(1+a_3)\cdots (1+a_k)$

对$m$的唯一分解：$m=\prod _c{p}_c^{a_c}$

例题:LuoguP1075

核心代码:

bool prime(long long n)
{
	if(n==1)	return false;
	if(n==2)	return true;	
	for(long long i=2;i<=sqrt(n);i++)
		if(n%i==0)
			return false;
			
	return true;
}
 

$06.$ 辗转相除:$O(logn)$/可重复贡献性

$gcd(a,b)=gcd(a,b-ka)=>gcd(a,b)=gcd(a,b$%$a)$

$gcd(a,b,c)=gcd(gcd(a,b),gcd(b,c))$

$p.s.$__ $gcd()$ => $STL\mathrm{自}\mathrm{带}\mathrm{最}\mathrm{大}\mathrm{公}\mathrm{约}\mathrm{数}$

例题: CF1562A

核心代码:

int k=r/2+1;
 
if(k>=l)//case1
  //l在左边 
  cout<<r%k<<"\n";
 
else
  cout<<r-l<<"\n";
 

$07.$ $Stein$算法:在高精度计算中避免取模

1.$gcd(a,b)=gcd(a,a-b),a,b\mathrm{为}\mathrm{奇}\mathrm{数}$

2.$gcd(a,b)=2\ast gcd(a/2,b/2),a,b\mathrm{为}\mathrm{偶}\mathrm{数}$

3.$gcd(a,b)=gcd(a/2,b),a\mathrm{为}\mathrm{偶}\mathrm{数},b\mathrm{为}\mathrm{奇}\mathrm{数}$

4.$gcd(a,b)=gcd(a,b/2),a\mathrm{为}\mathrm{奇}\mathrm{数},b\mathrm{为}\mathrm{偶}\mathrm{数}$

例题:LuoguP2152

注意:高精度要压位!!! 要不然过不了

其他套模板即可

$08.$ 最小公倍数计算公式$gcd(a,b)\times lcm(a,b)=a\times b$

$p.s.$ $lcm$代码

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

例题:AT_abc152_e

暴力思路 (直接照搬过不了此题):

for(int i=1;i<=n;i++)
{
  cin>>a[i];	
  lcm=a[i]*lcm/__gcd(a[i],lcm);
}

$09.$埃氏筛

代码如下,复杂度$O(n$ $logn)$

注意要学习埃氏筛的时间复杂度计算方法

vector<int> Prime;
bool isPrime[maxn];
void Sieve(int n)
{
  memset(isPrime,1,sizeof isPrime);
  isPrime[0]=isPrime[1]=0;
  for(int i=2;i<=n;++i)
  {
    if(isPrime[i]) Prime.push_back(i);
    for(int j=i*2;j<=n;j+=i)
      isPrime[j]=0;
  
  }
  return;
}

$10.$欧拉筛

写法1:数组模拟 应用于$n>1e7$ (我自己打的 有bug可以反映)

void ola()
{
  for(int i=2;i<=n;i++)
  	{
  		if(vis[i]==0)
  		prime[++cnt]=i;
  		
  		for(int j=1;j<=cnt&&prime[j]*i<=n;j++)
  		{
  				vis[prime[j]*i]=1;
  				if(i%prime[j]==0)
  					break;
  		}
  	}
}

写法2:$vector$做法

void Sieve(int n)
{
  memset(isPrime,1,sizeof isPrime);
  isPrime[0]=isPrime[1]=0;
  for(int i=2;i<=n;++i)
  {
    if(isPrime[i]){ Prime.push_back(i); }
    each(ver,Prime)
    { // 从小到大遍历已经筛出来的质数
      if(1ll*i*ver>n) break;
      isPrime[i*ver]=0;
      if(i%ver==0){ break; }
    }
  }
}

$11.$ 同余

符号表示:$a\equiv b(mod$ $p)$

01.若$a\equiv b$且$c\equiv d$ $(mod$ $m)$ 则$a+c\equiv b+d(mod$ $m)$

02.若$a\equiv b$且$c\equiv d$ $(mod$ $m)$ 则$ac\equiv bd$ $(mod$ $m)$

03.若$a\equiv b$ $(mod$ $m)$且$n\in N$ 则$a^n\equiv b^n(mod$ $m)$

例题:LuoguP3861

核心思路:

一种状态转移
$dp[i][j]=dp[i][j-1],a[i]$ $\mid$ $a[j]$

另一种状态转移自己推 太长了不想打

12.费马小定理+乘法逆元

i.费马小定理

$01.p$为质数且$gcd(p,$ $a)=1$ 则$a^{p-1}\equiv 1(mod$ $p)$

$02.p$为质数且$gcd(p,$ $a)=1$ 则$a^p\equiv a(mod$ $p)$

ii.乘法逆元

$01.$定义: 若$a\times v\equiv 1(mod$ $p),$则$v$为$a$在模$p$意义下的逆元

$02.p$为质数且$gcd(p,$ $a)=1$ 有$a$在模$p$意义下的逆元为$a^{p-2}$

证明:

$a^{p-1}\equiv 1(mod$ $p)$(费马小定理)

有$a\times a^{p-2}\equiv 1(mod$ $p)$

因为$a\times v\equiv 1(mod$ $p)$

有$v$有一解为:$a^{p-2}$

求逆元代码:

const int mod = 998244353; 
int qpow(int a,int b,int p=mod)
{
  int res=1,tmp=a;
  while(b)
  {
   if(b&1) res=1ll*res*tmp%p;
   tmp=1ll*tmp*tmp%p;
   b>>=1;
  }
  return res;
}
int inv(int k){ return qpow(k,p-2,p); }

例题:Luogu P2613

思路:求逆元+取模即可