【提高级】数论

合集 - 学习笔记(4)

1.乘法逆元2023-02-122.线段树2023-02-193.次小生成树2023-08-29

4.【提高级】数论2023-08-29

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前言

前段时间在补提高大纲，补完之后这篇博客用来记录梳理复盘提高大纲里数论的一些知识点，有错误欢迎批判捏。

欧拉函数

定义

$\varphi(n)$ 表示小于等于 $n$ 中与 $n$ 互质的数的个数，即 $\varphi(n)= \sum ^n _{d=1} [\gcd(d,n)=1]$.

性质

1. 积性函数

根据这一条性质，我们可以用线性筛法来筛出欧拉函数。

2. 若 $n=p^k$，其中 $p$ 为一个质数，则 $\varphi(n)=p^k-p^{k-1}$.

证明

根据定义可知，更详细一点说，若存在一个数 $x$ 满足 $\gcd(x,n)\not=1$，那么一定有 $p|x$，因此我们可以稍微用一点容斥的思想，$p^k$ 即是全集，而 $p^{k-1}$ 则是不符合 $\gcd(x,n)=1$ 的 $x$ 的数量，相减即可得出答案。

3. 由唯一分解定理可得，$n=\prod_{i=1}^s p_i^{k_i}$，其中 $p$ 为素数，那么可得 $\varphi(n)=n \times \prod^s_{i=1}\frac{p_i-1}{p_i}$.

证明

由性质一、性质二可得:

$$\begin{aligned} \varphi(n)&=\prod_{i=1}^s \varphi(p_i^{k_i})\\ &=\prod_{i=1}^s(p_i-1) \times p_i^{k_i-1}\\ &=\prod_{i=1}^s p_i^{k_i} \times (1- \frac{1}{p_i})\\ &=n \times \prod_{i=1}^s (1-\frac{1}{p_i})\\ &=n \times \prod_{i=1}^s \frac{p_i-1}{p_i}\\ \end{aligned}$$

根据这一条，我们可以单点求欧拉函数，在推柿子的时候也经常用到，算是比较重要的一条性质。

ll phi(ll x) {
	ll res=x;
	for(ll i=2;i*i<=x;i++) {
		if(!(x%i)) {
			res=res/i*(i-1);
			while(!(x%i)) x/=i;
		}
	}
	if(x>1) res=res/x*(x-1);
	return res;
}

4. $n=\sum_{d|n} \varphi(d)$

证明

若 $\gcd(k,n)=d$，那么可以得到 $\gcd(\frac{k}{d},\frac{n}{d})=1$，我们把这个结论称为结论一。

设 $f(x)$ 表示 $\gcd(k,n)=x$ 的数的个数，那么 $n=\sum^n_{i=1}f(i)$.

由结论一可得 $n=\sum^n_{i=1}\varphi(\frac{n}{i})$ 即 $n=\sum_{d|n}\varphi(\frac{n}{d})$.

因为 $d$ 与 $\frac{n}{d}$ 具有对称性，所以 $n=\sum_{d|n} \varphi(d)$.

这一条目前没遇到什么应用，不过了解一下也是好的。

一位大佬说可用于欧拉反演，但是我不会（逃，等会了再扩充。

欧拉定理

定义

若 $\gcd(a,m)=1$，则 $a^{\varphi(m)}\equiv 1\pmod{m}$.

证明

设 $r_1,r_2 \dots r_{\varphi(m)}$ 为模 $m$ 意义下的一个简化剩余系，则 $ar_1,ar_2 \dots ar_{\varphi(m)}$ 也为模 $m$ 意义下的一个简化剩余系，所以 $r_1r_2 \dots r_{\varphi(m)} \equiv ar_1ar_2 \dots ar_{\varphi(m)} \equiv a^{\varphi(m)}r_1r_2 \dots r_{\varphi(m)} \pmod{m}$，约分就可得 $a^{\varphi(m)}\equiv 1\pmod{m}$.

注：

剩余类：对于同一个整数 $n$，其余整数模 $n$ 后有 $0 \sim n-1$ 共 $n$ 种情况，其中余数相同的称为同一剩余类。

简化剩余类（完全剩余系）：在每一个剩余类中取一个数，构成的集合称为简化剩余类。

简化剩余系：从完全剩余系中取出 $\varphi(n)$ 个与 $n$ 互质的数所构成的集合。

费马小定理

定义

若 $p$ 为素数，$\gcd(a,p)=1$，则 $a^{p-1} \equiv 1 \pmod{p}$.

证明：

因为 $p$ 为素数，所以 $\varphi(p)=p-1$，由欧拉定理可得 $a^{\varphi(p)}\equiv 1\pmod{p}$，故 $a^{p-1} \equiv 1 \pmod{p}$.

费马小定理在求乘法逆元时有用。

威尔逊定理

定义

对于素数 $p$ 有 $(p-1)! \equiv -1 \pmod{p}$.

证明

我们可以分为两种情况讨论：

1. 当 $p=2$ 时，有 $(p-1)! = 1$，显然有 $1 \equiv -1 \pmod{p}$，因此威尔逊定理在 $p=2$ 时成立。

2. 当 $p$ 为任意的奇素数时，$1 \sim p-1$ 均存在逆元且唯一，对于每一个数 $x$，若满足 $x \not= x^{-1}\pmod{p}$，就可得 $x \times x^{-1}=1$，因此 $(p-1)! \bmod p$ 就等于逆元等于其本身即满足 $x = x^{-1}\pmod{p}$ 的数的乘积，因为 $p$ 为素数，所以这样的数只有 $1$ 和 $p-1$，而 $(p-1) \bmod p=-1$，威尔逊定理成立。

裴蜀定理（贝祖定理）

定义

设 $a,b\in\mathbb{Z}$ 且 $a,b$ 不全为 $0$，则 $\exists x,y \in \mathbb{Z}$ 使 $ax+by=\gcd(a,b)$.

证明

我们可以分为两种情况讨论。

1. 若 $a=0$ 或 $b=0$，则 $\gcd(a,b)=a$ 或 $b$，定理显然成立。

2. 若 $a,b \not =0$，因为 $\gcd(a,b)=\gcd(-a,b)=\gcd(-a,-b)=\gcd(a,-b)$，所以我们假设 $a,b>0,a \geq b,\gcd(a,b)=d$.

   我们可以将等式两边同除 $d$，可以得到 $a_1x+b_1y=1$，其中 $\gcd(a_1,b_1)=1$.
   令辗转相除法在除到互质时退出，则 $r_n=1$，可得：

   $$r_{n-2}=x_nr_{n-1}+1$$

   即

   $$1=r_{n-2}-x_nr_{n-1}$$

   由 $r_{n-1}=r_{n-3}-x_{n-1}r_{n-2}$ 得

   $$1=(1+x_nx_{n-1})r_{n-2}-x_nr_{n-3}$$

   我们不断这么带入可以逐渐消去 $r_{n-2}\dots r_1$，可以证得 $a_1x+b_1y=1$，所以定理成立。

扩展欧几里得算法（exgcd）

exgcd 一般用于求解线性同余方程，而逆元也是一类特殊的线性同余方程。

基本思路

假设我们要求解不定方程 $ax+by=\gcd(a,b)$，其中 $x,y$ 为未知数，那么我们可以在 $a=\gcd(a,b),b=0$ 时得到一组解 $x=1,y=0$，然后通过这一组特殊解来步步回溯求出原式的解。

其中不定方程 $ax+by=m$ 有整数解的充要条件是 $\gcd(a,b)|m$.

如何回溯

首先根据欧几里得算法可得：

$$\begin{aligned} ax+by & =\gcd(a,b)\\ & =\gcd(b,a \bmod b)\\ & =\gcd(b,a-\lfloor \frac{a}{b} \rfloor b)\\ & =bx_0+(a-\lfloor \frac{a}{b} \rfloor b)y_0 \end{aligned}$$

又因为 $\gcd(b,a-\lfloor \frac{a}{b} \rfloor b)=bx_0+(a-\lfloor \frac{a}{b} \rfloor)y_0=bx_0+ay_0-\lfloor \frac{a}{b} \rfloor by_0$

所以可以得到： $ax+by=bx_0+ay_0-\lfloor \frac{a}{b} \rfloor by_0=ay_0+b(x_0-\lfloor \frac{a}{b} \rfloor y_0)$.

所以可以用 $x=y_0,y=x_0-\lfloor \frac{a}{b} \rfloor y_0$ 来不断迭代更新回溯。

ll exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y) {
	if(!b) {
		x=1,y=0;
		return a;
	}
	ll res=exgcd(b,a%b,x,y);
	ll t=x;x=y,y=t-a/b*y;
	return res;
}

解系扩展

若 $x_0,y_0$ 为不定方程 $ax+by=n$ 的一组解，那么该不定方程的任意解可以表示为：

$$\begin{cases} x=x_0+yk\\ y=y_0-ak \end{cases}$$

其中 $k \in \mathbb{Z}$

而一般题目会让我们求最小整数解，那么 $x=(x \bmod t + t) \bmod t$，其中 $t= \frac{b}{\gcd(a,b)}$.

模意义下的乘法逆元

定义

若一个线性同余方程 $ax \equiv 1 \pmod{b}$，则 $x$ 称为 $a\bmod b$ 的逆元，记作 $a^{-1}$.

exgcd 求解

很明显我们可以将该线性同余方程改写为 $ax+by=1$，用 exgcd 求解即可。

费马小定理求解

因为 $ax \equiv 1 \pmod{b}$，又因为由费马小定理可得 $ax \equiv a^{b-1} \pmod{b}$，所以 $x \equiv a^{b-2}\pmod{b}$，可以用快速幂求解。

线性求逆元

可以用来求解 $1 \sim n$ 在模 $p$ 意义下的逆元。

首先我们有 $1^{-1} \equiv 1 \pmod{p}$ 恒成立，故 $1$ 的逆元为 $1$.

接下来我们要求解 $i^{-1}$，我们令 $k= \lfloor \frac{p}{i} \rfloor,j=p \bmod i$，因为 $p=ki+j$，所以 $ki+j \equiv 0 \pmod{p}$.

同余式两边同乘 $i^{-1} \times j^{-1}$ 可得 $kj^{-1}+i^{-1} \equiv 0 \pmod{p}$，移项得 $i^{-1} \equiv -kj^{-1} \pmod{p}$，即 $i^{-1} \equiv -\lfloor \frac{p}{i} \rfloor(p \bmod i)^{-1} \pmod{p}$.

综上：

$$i^{-1} \equiv \begin{cases} 1, & \text{if }i=1 \\ -\lfloor \frac{p}{i} \rfloor(p \bmod i)^{-1}, & \text{else } \end{cases} \pmod{p}$$

在代码实现时 $-\lfloor \frac{p}{i} \rfloor$ 写作 $p-\lfloor \frac{p}{i} \rfloor$，防止出现负数。

inv[1]=1;
for(ll i=2;i<=n;i++) inv[i]=(p-p/i)*(inv[p%i])%p; 

线性求任意 $n$ 个数的逆元

先计算 $n$ 个数的前缀积，记作 $s_i$，然后计算 $s_n$ 的逆元记作 $sv_n$，很明显每次乘上 $a_i$ 就可以得到 $a_1 \sim a_i-1$ 的积逆元，即 $sv_{i-1}=sv_i \times a_i$，所以 $a_{i}^{-1}=s_{i-1}\times sv_i$，时间复杂度 $\Theta(n+\log p)$.

线性同余方程

定义

形如 $ax\equiv b \pmod{n}$ 的方程称为线性同余方程，其中 $x$ 为未知数。

逆元求解

当 $\gcd(a,n)=1$ 时，可以计算 $a^{-1}$，然后方程两边同乘 $a^{-1}$ 可得唯一解。

证明

$$x \equiv ba^{-1} \pmod{p}$$

当 $\gcd(a,n)\not = 1$ 时，不一定有解。

设 $d=\gcd(a,n)$，当 $d \nmid b$ 时无解。

若 $d \mid b$，则同除 $d$ 可得 $a'x\equiv b' \pmod{n'}$，此时 $\gcd(a',n')=1$，可用逆元求解，而原方程有 $d$ 个解，$x_i \equiv x'+in' \pmod{n}(0 \leq i \leq d-1)$.

exgcd 求解

线性同余方程可以改写为 $ax+ny=b$ 的形式。

中国剩余定理（CRT）

作用

可用于求解形如以下的一元线性同余方程组，其中 $n_1,n_2,\dots,n_k$ 两两互质。

$$\begin{cases} x \equiv a_1 \pmod{n_1}\\ x \equiv a_2 \pmod{n_2}\\ \dots \\ x \equiv a_k \pmod{n_k} \end{cases}$$

基本思路

先计算所有模数的积记作 $n$，对于第 $i$ 个方程，计算 $m_i=\frac{n}{n_i}$，然后再计算 $m_i^{-1}$，计算 $c_i=m_im_i^{-1}$，此时不要模 $n_i$，方程组的唯一解为 $x=\sum_{i=1}^k a_ic_i \pmod{n}$.

证明

当 $i \not=j$ 时，有 $m_j \equiv 0 \pmod{n_i}$，故 $c_j \equiv m_j \equiv 0 \pmod{n_i}$，又因为 $c_i \equiv m_i \times (m_i^{-1} \bmod n_i) \equiv 1 \pmod{n_i}$，所以：

$$\begin{aligned} x & \equiv \sum_{j=1}^k a_jc_j\\ & \equiv a_ic_i\\ & \equiv a_im_i(m_i^{-1} \bmod n_i)\\ & \equiv a_i\pmod{n_i}\\ \end{aligned}$$

所以该求法的正确性得证。

for(int i=1;i<=n;i++) {
		scanf("%lld%lld",&a[i],&b[i]);
		Mul*=a[i];
	}
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		M[i]=Mul/a[i];
		ll x=0,y=0;
		exgcd(M[i],a[i],x,y);
		if(x<0) x+=a[i];
		ans+=(b[i]*M[i]*x);
	}

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本文作者：Scorilon
本文链接：https://www.cnblogs.com/Scorilon/p/17666127.html
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