基础数论复习笔记
前言
复习笔记第7篇。注意，由于数论的特殊性，主要以放板子和各种结论性质算法整理为主，不再以题目为导向。
感觉这篇写得好烂，快要变成板子集合了qaq
1. 质数
Eratosthenes 筛法（埃式筛）
思想是标记每个质数的倍数。
void get_primes( int n )
{
memset( vis,0,sizeof(vis) );
for ( int i=2; i<=n; i++ )
{
if ( vis[i] ) continue;
/*save the prime,or print*/
for ( int j=i; j<=n/i; j++ ) vis[i*j]=1;
}
}
线性筛
令 \(vis[i]=i,(i\in prime)\) ，然后扫描 \(i\) 之前的每一个质数 \(p\) ，\(vis[i\times p]=p\) （用最小的质因子标记合数）
void get_prime( int n )
{
memset( vis,0,sizeof(vis) ); cnt=0;
for ( int i=2; i<=n; i++ )
{
if ( !vis[i] ) prime[++cnt]=i;
for ( int j=1; j<=cnt && prime[j]*i<=N-1; j++ )
{
vis[prime[j]*i]=1;
if ( i%prime[j]==0 ) break;
}
}
}
2. 约数
算数基本定理推论
令 \(N\) 的唯一分解写为：\(N=p_1^{c_1}p_2^{c_2}p_3^{c_3}\dots p_m^{c_m}\)
约数个数为： \(\prod _{i=1}^m (c_i+1)\) （考虑其组合意义）
约数和为： \(\prod _{i=1}^m(\sum_{j=0}^{c_i} (p_i)^j)\)
求单个数的约数，试除即可，\(O(\sqrt n)\) ，注意判平方。
求 \(1\sim N\) 的约数：i=1 to n, j=1 to (n/i), a[i*j].push_back(i)
gcd
int gcd( int a,int b ) { return b ? gcd( b,a%b ) : a; }
欧拉函数
\(1\sim N\) 中与 \(N\) 互质的个数，记为 \(\varphi(N)\)
\(\varphi(N)=N\times \prod _{p\in prime,p|N}(1-\frac{1}{p})\) （容斥可以得到）
互质的数之和为 ： \(\varphi(n)\times n/2\) （考虑平均数）
线性筛改造的欧拉函数筛
原理： \(p|x,\varphi(x\times p)=\varphi(x)\times p;\) 否则，\(\varphi(x\times p)=\varphi(x)\times(p-1)\) ，注意质数和1的特判。
phi[1]=1;
for ( int i=2; i<N; i++ )
{
if ( !f[i] ) phi[prime[++cnt]=i]=i-1;
for ( int j=1; j<=cnt && (k=i*prime[j])<N; j++ )
{
f[k]=1;
if ( i%prime[j] ) phi[k]=phi[i]*(prime[j]-1);
else { phi[k]=phi[i]*prime[j]; break; }
}
}
3 同余
费马小定理
\(p\in prime,=> \forall a\in Z,a^p\equiv a(\bmod p)\) （可以用于求模数为质数的单个逆元）
欧拉定理
\(a,n\in Z^+,\gcd(a,n)=1,=> a^{\varphi(n)}\equiv1 (\bmod n)\)
推论
\(a,n\in Z^+,\gcd (a,n)=1,b\in Z^+,=> a^b\equiv a^{b\mod \varphi(n)}(\bmod n)\)
裴蜀定理
\(\forall a,b\in Z,\exists x,y\in Z ,ax+by=\gcd(a,b)\)
exgcd
link 求解不定方程 \(ax+by=c\) （特解）
当 \(b=0\) 时，\(\gcd(a,b)=a,\) 有解 \(x=1,y=0\)
当 \(b\neq 0\) 时，递归求解 \(exgcd(b,a\%b,x,y)\) ，设 \(a'=b,b'=a\bmod b\) ,可以得到 \(a'x'+b'y'=\gcd(a,b)\) 的特解，也就是 \(bx'+(a\%b)y'\) .变形得到 \(ay'+b(x'-a/b)y'\) ，所以原来的解就是 \(x=y',y=b(x'-a/b*y')\)
int exgcd( int a,int b,int &x,int &y ) //最终返回的是a,b的gcd
{
if ( b==0 ) { x=1; y=0; return a; }
int d=exgcd( b,a%b,y,x ); y-=a/b*x;
return d;
}
乘法逆元
-
当模数 \(p\in prime\) ，直接费马小定理 \(a^{-1}=a^{p-2}\bmod p\)
-
只保证 \(a,p\) 互质，那么可以求解 \(a\times x\equiv 1(\bmod p)\) 。有解当且仅当 \(\gcd(a,p)=1\) ，可以改写为 \(ax+py=1\) ，用 exgcd 求出一个特解，然后通过加减模数得到正整数解即可。
-
线性求 \(1\sim n\) 逆元：
推式子。首先，显然有 \(1^{-1}=1(\bmod p)\)
然后设 \(p=ki+r\) ，
\[ki+r\equiv 0(\bmod p)\\\\ k\times r^{-1}+i^{-1}\equiv 0(\bmod p)\\\\ i^{-1}\equiv -k\times r^{-1}(\bmod p)\\\\ i^{-1}\equiv -\lfloor\frac{p}{i}\rfloor \times (p\bmod i)^{-1}(\bmod p) \]通过前面的项可以得到。
inv[1]=1; for ( int i=2; i<=n; i++ ) inv[i]=(ll)(p-p/i)*inv[p%i]%p;
-
求阶乘逆元（一般用于算组合数，需要模数为质数）
先费马小定理求出 \(inv[n]=fac[n]^{-1}\) （\(fac[i]\) 表示 \(i!\) ），然后 \(inv[i]=inv[i+1]\times (i+1)\) （考虑逆元的意义），判边界即可。
扩展中国剩余定理(exCRT)——同余方程组
（由于中国剩余定理需要模数两两互质，太过鸡肋 ，所以直接上ex了）
众所周知，CRT和exCRT一点关系都没有……原理见 这篇题解
exCRT解决的问题：求形如 \(x\equiv a_i(\bmod b_i)\) 的方程组的最小正整数解。
考虑递推。假设前 \(k-1\) 个方程的最小正整数解是 \(ans_{k-1}\) ，令 \(M=\gcd(b_1,b_2,...,b_{k-1})\)
设 \(ans_k=ans_{k-1}+x\times M\) ，那么根据方程，有 \(ans_{k-1}+xM\equiv a_k(\bmod b_k)\)
\(\therefore Mx\equiv a_k-ans_{k-1}(\bmod b_k)\) ，用未知系数 \(y\) 去掉取模得 \(Mx+b_ky=a_k-ans_{k-1}\) ，然后 exgcd 即可。判无解的话就是裴蜀定理。
码源：POJ 2891 ，洛谷模板最后一个点由于爆 long long 了没过。
ll exgcd( ll a, ll b, ll &x, ll &y )
{
if ( b==0 ) { x=1,y=0; return a; }
ll d=exgcd( b,a%b,y,x ); y-=a/b*x;
return d;
}
ll inline mod( ll a,ll b )
{
return ((a % b)+b)%b;
}
int main()
{
scanf( "%d",&n );
ll a1,m1; scanf( "%lld%lld",&a1,&m1 );
for ( int i=1; i<n; i++ )
{
ll a2,m2,k1,k2; scanf( "%lld%lld",&a2,&m2 );
ll d=exgcd( a1,-a2,k1,k2 );
if ( (m2-m1)%d )
{ printf( "-1\n" ); return 0; }
k1=mod( k1*(m2-m1)/d,abs( a2/d ) );
m1=k1*a1+m1; a1=abs( a1/d*a2 );
}
printf( "%lld\n",m1 );
return 0;
}
BSGS及其扩展——高次同余方程
解决问题：\(A^x\equiv B(\bmod p)\) 的最小自然数解。
首先是 BSGS ，保证 \(p\in prime.\) 那么可以用费马小定理，\(x\) 在模 \(p-1\) 意义下产生循环，范围缩小至 \([1,p-1]\)
考虑分块。令 \(t=\lceil \sqrt p\rceil ,x=i\times t-j,0\leq j\leq t-1\) （写成减法是为了避免求逆元）
当 \(i=0\) 时，显然只有 \(\sqrt p\) 个 \(x\) ，暴力枚举，建立 Hash表（后面有用），\(H(T)\) 表示是否存在一个 \(x\) 使得 \(A^b\equiv T\)
当 \(i>0\) 时， 原式等价于
由于记录了结果，直接 map 就好了。 题源link
scanf( "%d%d%d",&p,&x,&y );
int m=sqrt(p)+1,s=y;
for ( int i=0; i<m; i++ )
M[s]=i,s=1ll*s*x%p;
int pow=power( x,m ); s=1;
for ( int i=1; i<=m; i++ )
{
s=1ll*s*pow%p;
if ( M.count(s) ) { printf( "%d\n",i*m-M[s] ); return 0; }
}
printf( "no solution" );
然后是 exBSGS 。和很多ex一样，模数不是质数了。
首先考虑无解。当 \(B\neq 1\) 且 \((A,p)\nmid B\) 的时候无解。
然后考虑如何求解。设 \(G=(A,p)\) ，两边同除以 \(G\) 得
设 \(g=(\frac{A}{G})^{-1}\) 。式子两边同乘 \(g\) ，根据逆元定义得：
令 \(x'=x-1,B'=\frac{B}{G}\times g,p'=\frac{p}{G}\) ，得到
于是不断递归，直到出现质数时 BSGS 即可。题源link
void exBSGS( int x,int y )
{
if ( y==1 ) { printf( "0\n" ); return; }
int d=gcd( x,p ),k=1,t=0;
while ( d^1 )
{
if ( y%d ) { printf( "No Solution\n" ); return; }
t++; y/=d; p/=d; k=(x/d)*1ll*k%p;
if ( y==k ) { printf( "%d\n",t ); return; }
d=gcd( x,p );
}
//-----------------------------------------
int s=y; M.clear(); int m=sqrt(p)+1;
for ( int i=0; i<m; i++ )
M[s]=i,s=1ll*s*x%p;
s=k; k=power( x,m );
for ( int i=1; i<=m; i++ )
{
s=1ll*s*k%p;
if ( M[s] ) { printf( "%d\n",i*m-M[s]+t ); return; }
}
printf( "No Solution\n" );
}
Lucas和扩展Lucas——大组合数取模
又是一个原定理和扩展没有关系的典型案例
首先是卢卡斯定理原样：\(C_n^m\bmod p=C_{n/p}^{m/p}\times C_{n\bmod p}^{m\bmod p}\bmod p\) ，然而还是要模数为质数。
所以直接看扩展吧。
解决问题：\(C_n^m\bmod p,p\leq 1e6\)
设 \(p=p_1^{c_1}p_2^{c_2}...\) ，首先求出
然后用中国剩余定理合并即可。假设现在要求 \(C_n^m\bmod p^k=\dfrac{n!}{m!(n-m)!}\bmod p^k\) .
先将阶乘中 \(p\) 的倍数提取出来，共 \(\lfloor\frac{n}{p}\rfloor\) 个。这中间每一项都除以 \(p\) ，可以得到 \(\lfloor \dfrac{n}{p}\rfloor!\) ，递归求解。
对于剩下的几项，关于 \(p\) 存在循环节，且长度小于 \(p^k\) ，可以一起求解。最后多余的几项暴力即可。
为了达到除法的效果，考虑 \(p\) 的幂次的出现次数。设 \(f(n)\) 表示 \(n!\) 中 \(p\) 的因数个数，\(f(n)=f(\lfloor \dfrac{n}{p}\rfloor)+\lfloor \dfrac{n}{p}\rfloor,f(x)=0(x<p)\) .
//省略gcd,power(快速幂),exgcd
ll fac( ll n,ll pi,ll pk )
{
if ( !n ) return 1;
ll res=1;
for ( ll i=2; i<=pk; i++ )
if ( i%pi ) (res*=i)%=pk;
res=power( res,n/pk,pk );
for ( ll i=2; i<=n%pk; i++ )
if ( i%pi ) (res*=i)%=pk;
return res*fac(n/pi,pi,pk)%pk;
}
ll inv( ll n,ll mod )
{
ll x,y; exgcd( n,mod,x,y );
return (x+=mod)>mod ? x-mod : x;
}
ll CRT( ll b,ll mod )
{
return b*inv(p/mod,mod)%p*(p/mod)%p;
}
ll C( ll n,ll m,ll pi,ll pk )
{
ll up=fac( n,pi,pk ),t1=fac( m,pi,pk ),t2=fac( n-m,pi,pk ),k=0;
for ( ll i=n; i; i/=pi ) k+=i/pi;
for ( ll i=m; i; i/=pi ) k-=i/pi;
for ( ll i=n-m; i; i/=pi ) k-=i/pi;
return up*inv(t1,pk)%pk*inv(t2,pk)%pk*power(pi,k,pk)%pk;
}
ll exlucas( ll n,ll m )
{
ll res=0,tmp=p,pk;
int lim=sqrt(p)+5;
for ( int i=2; i<=lim; i++ )
if ( tmp%i==0 )
{
pk=1;
while ( tmp%i==0 ) pk*=i,tmp/=i;
res=(res+CRT(C(n,m,i,pk),pk))%p;
}
if ( tmp>1 ) res=(res+CRT(C(n,m,tmp,tmp),tmp))%p;
return res;
}
高斯消元——解线性方程组
解决问题：求解线性方程组。
具体步骤就是将每个方程的未知数系数放在左侧，常数在右侧，类似笔算消元的方法解，每次用一个 i 系数不为0的方程消其他方程的i。如果出现形为 d=0 的方程，无解；若一个未知数的系数全为0，那么值不能确定，属于自由元。（以下代码中对无解的定义不同，根据题目）
for ( int i=1; i<=n; i++ )
{
cnt=i;
while ( a[cnt][i]==0 && cnt<=n ) cnt++;
if ( cnt==n+1 ) { printf( "No Solution" ); return 0; }
for ( int j=1; j<=n+1; j++ )
swap( a[i][j],a[cnt][j] ); //找一行第 i 元不为0的方程，换到第 i 行
double k=a[i][i];
for ( int j=1; j<=n+1; j++ )
a[i][j]/=k;
for ( int j=1; j<=n; j++ ) //消元
if ( i!=j )
{
double kt=a[j][i];
for ( int m=1; m<=n+1; m++ )
a[j][m]-=kt*a[i][m];
}
}
线性基
4 组合数学
二项式定理
多重集排列数
多重集组合数
卡特兰数列
容斥
莫比乌斯函数\((M\ddot{o}bius)\)
（ \(c_i\) 的意义见唯一分解定理，也就是 \(N=p_1^{c_1}...\) ）
埃式筛——莫比乌斯函数
for ( int i=1; i=n; i++ ) miu[i]=1,v[i]=0;
for ( int i=2; i<=n; i++ )
{
if ( v[i] ) continue;
miu[i]=-1;
for ( int j=2*i; j<=n; j+=i )
{
v[j]=1;
if ( (j/i)%i==0 ) miu[j]=0;
else miu[j]*=-1;
}
}
5 概率期望
期望的线性性质
\(E(aX+bY)=a\times E(x)+b\times E(Y)\)
练习题见 期望题选做 （目前都是提高内难度，保证没有任何反演之类的东西参与，是简单DP+期望）
6 0/1分数规划
模型
给定整数 \(a_1,a_2,\dots,a_n\) 和 \(b_1,b_2,\dots ,b_n\) ，求一组解 \(x_i(x_i\in \{0,1\})\) 使下式最大化：
做法
二分答案，计算 \(\sum_{i=1}^n(a_i-mid\times b_i)\times x_i\) 的最大值。
大多与图论结合，如 POJ3621
7 博弈论，SG函数
NIM博弈
的先手必胜，当且仅当 \(A_1\oplus A_2\oplus \dots \oplus A_n\neq 0\)
SG函数
\(mex(S)=min\{x\}(x\in N,x\notin S)\)
在有向图游戏（无法移动判负，有向无环的状态图）中， 令 \(y_1,y_2,...,y_k\) 是 \(x\) 的后继节点
\(m\) 个游戏的和就是各个 \(SG\) 函数的 \(xor\) 和。
定理
某个局面必胜，当且仅当 \(SG>0\) ;
某个局面必败，当且仅当 \(SG=0\) .
Last
写得挺赶的，To be continued...
