数论其一

一、质数

1.质数的定义：

如果一个正整数无法被除了1和它本身以外的任何自然数整除，那么这个数是质数。否则，这个数是合数。

需要注意的是，1既不是质数也不是合数。

2.埃筛：

2.埃筛：
问题：给定一个正整数 $n$ ，找到$1\sim n$中的所有质数。

思路：我们可以从 $2$ 开始，从小到大扫描每个数。如果当前的数 $x$ 是质数，就把它的不超过 $n$ 的倍数$2x,3x......$全部标记为合数。最后所有未被标记的数就是质数。

时间复杂度$O(nloglogn)$

for(int i=2;i<=n;++i)
	if(!vis[i])
		for(int j=i*2;j<=n;j+=i)
			vis[j]=1;

3.欧拉筛：

在埃筛中，一个合数会被多次标记，如6会被2和3分别标记一次。

而欧拉筛运用“每个合数只会被它的最小质因数筛一次”的思想，将时间复杂度降低到了$O(n)$

思路：设一个数组$v$，$v[i]$表示 $i$ 的最小质因数。将 $2\sim n$ 扫描一遍。设当前的数是$i$：如果$v[i]=0$，说明 $i$ 是质数，令 $v[i]=i$ ，并统计到答案中。接下来扫描不大于 $v[i]$ 的每个质数$p$，令$v[i\times p]=p$

for(int i=2;i<=n;++i){
	if(v[i]==0)
		v[i]=i,ans[++m]=i;
	for(int j=1;j<=m;++j){
		if(ans[j]>v[i]||ans[j]>n/i)
			break;
		v[i*ans[j]]=ans[j];
	}
}

二、同余

1.定义：

如果整数 $a$ 和整数 $b$ 除以正整数 $m$ 的余数相等，那么称 $a,b$ 模 $m$ 同余，记为：

$a\equiv b(modm)$

2.同余的性质：

(1)反身性：$a\equiv b(modm)⟺b\equiv a(modm)$

(2)传递性：$a\equiv b(modm),b\equiv c(modm)⟶a\equiv c(modm)$

(3)可加性：$a\equiv b(modm),c\equiv d(modm)⟶a+c\equiv b+d(modm)$

(4)等幂性：$a\equiv b(modm)⟺a^n\equiv b^n(modm)$

(5)可约性：$ac\equiv bc(modm),gcd(c,m)=1⟺a\equiv b(modm)$

3.欧几里得算法与扩展欧几里得算法：

欧几里得算法：

$\mathrm{\forall }a,b\in N,b\ne 0,$有$gcd(a,b)=gcd(b,a\mathrm{\%}b)$

证明：

若$a<b$，则 $gcd(b,a\mathrm{\%}b)=gcd(b,a)=gcd(a,b)$

若$a\le b$，不妨设 $a=kb+r$ ，其中$0\le r<b$。显然$r=a\mathrm{\%}b$。对于$a,b$的任意公约数$d$，$\because d|a$，$d|kb$，$\therefore d|(a-kb)$，$d|r$。因此$d$是$b,r$的公约数。

对于 $b,r$ 的任意公约数 $d$，也能推出 $d$ 是 $a,b$ 的公约数。

因此 $a,b$ 的公约数集合和 $b,r$ 的公约数集合相同。所以它们的最大公约数相等。

证毕。

int gcd_(int a,int b){
	if(b==0)
		return a;
	return gcd_(b,a%b);
}

扩展欧几里得算法：

前置知识：裴蜀定理：

$\mathrm{\forall }a,b\in N,\mathrm{\exists }x,y$ 使得 $ax+by=gcd(a,b)$

证明：

在欧几里得定理的最后一步，即 $b=0$ 时，显然有一对整数 $x=1,y=0$，使得$a\times 1+0\times 0=gcd(a,0)=a$.

假设存在一对正整数 $x,y$，满足 $bx+(a\mathrm{\%}b)y=gcd(b,a\mathrm{\%}b)$。那么这时需要证明存在一对正整数$x^{\prime }$ , $y^{\prime }$ ,满$a{x}^{\prime }+b{y}^{\prime }=gcd(a,b)$.

我们把$bx+(a\mathrm{\%}b)y=gcd(b,a\mathrm{\%}b)$拆开，也就是$bx+(a-b\lfloor \frac{a}{b}\rfloor )y=gcd(b,a\mathrm{\%}b)$

也就是$ay+b(x-\lfloor \frac{a}{b}\rfloor y))=gcd(b,a\mathrm{\%}b)$。这时，只要令$x^{\prime }=y,y^{\prime }=x-\lfloor \frac{a}{b}\rfloor y$，就能得到$a{x}^{\prime }+b{y}^{\prime }=gcd(a,b)$.

证毕。

裴蜀定理的证明，实际上给出了整数$x,y$的计算方法。这种计算方法就是扩展欧几里得算法。

对于更为一般的方程$ax+by=c$,它有解当且仅当$gcd(a,b)|c$。我们可以先求出$ax+by=gcd(a,b)$的一组解$x_0,y_0$，然后令$x_0,y_0$，同时乘以$c/gcd(a,b)$，就能求得$ax+by=c$的一组特解。

那么$ax+by=c$的通解就是：

$$x=\frac{c}{gcd(a,b)}{x}_0+\frac{kb}{gcd(a,b)},y=\frac{c}{gcd(a,b)}{y}_0-\frac{ka}{gcd(a,b)}$$

void exgcd(int a,int b,int &x,int &y){
    if(b==0){
        x=1;y=0;
        return ;
    }
    exgcd(b,a%b,x,y);
    int tmp=x;x=y;y=tmp-a/b*y;
}

P1516 青蛙的约会

题目可以转化为 $x+tm\equiv y+tn(modl)$ ，令$a=x-y$，$b=n-m$，则 $at\equiv b(modl)$ 。然后就可以解线性同余方程了。注意负数的情况。

void exgcd(int a,int b,int &x,int &y){
    if(b==0){
        x=1;y=0;
        return ;
    }
    exgcd(b,a%b,x,y);
    int tmp=x;x=y;y=tmp-a/b*y;
}
signed main(){
    scanf("%lld%lld%lld%lld%lld",&x,&y,&m,&n,&l);
    a=n-m;b=x-y;
    if(a<0)
        a=-a,b=-b;
    if(b<0)
        b=(b+l)%l;
    if(b%__gcd(a,l)!=0){
        printf("Impossible\n");
        return 0;
    }
    exgcd(a,l,t,t1);
    t=b/__gcd(a,l)*t;
    t=(t%(l/__gcd(a,l))+(l/__gcd(a,l)))%(l/__gcd(a,l));
    printf("%lld\n",(t%l+l)%l);
    return 0;
}

4.逆元

如果$ax\equiv 1(modm)$,且 $a$ 与 $m$ 互质，那么 $x$ 是 $a$ 的模 $m$ 乘法逆元

逆元的求法1：扩展欧几里得

我们只要将同余柿子转化成$a\times x+m\times y=1$，然后求解方程即可

逆元的求法2：费马小定理

费马小定理：若 $m$ 是质数，且 $a,m$ 互质,则 $a^{m-1}\equiv 1(modm).$

所以$a^{m-2}\times a\equiv 1(modm).$ 所以我们要求的 $x$ 就是$a^{m-2}$

注意：这种求法只适用于m是质数的情况。

逆元的求法3：线性算法

首先我们知道：$1^{-1}\equiv 1(modp)$.

设$p=ki+r,(1<r<i<p)$，所以$ki+r\equiv 0(modp)$

两边乘以$i^{-1}{r}^{-1}$可得：$k{r}^{-1}+i^{-1}\equiv 0(modp)$

$i^{-1}\equiv -k{r}^{-1}(modp)$

$i^{-1}\equiv -\lfloor \frac{p}{i}\rfloor \times (pmodi{)}^{-1}(modp)$

int main(){
	scanf("%d%lld",&n,&P);
	inv[1]=1;
	for(int i=2;i<=n;i++)
		inv[i]=(P-(P/i))*inv[P%i]%P;
	for(int i=1;i<=n;++i)
		printf("%lld\n",inv[i]);
	return 0;
}

5.中国剩余定理和扩展中国剩余定理：

中国剩余定理：

设$a_1,a_2,...,a_n$,是两两互质的整数，$a={\mathrm{\Pi }}_{i=1}^n{a}_i,A_i=a/a_i,t_i$ 是线性同余方程$A_i{t}_i\equiv 1(mod{a}_i)$的一个解。

则对于任意的 $n$ 个整数$b_1,b_2,...,b_n,$方程组

$$\{\begin{array}{l}x\equiv b_1(mod{a}_1)\\ x\equiv b_2(mod{a}_2)\\ ...\\ x\equiv b_n(mod{a}_n)\end{array}$$

有整数解，解为$x=\sum _{i=1}^n{b}_i{A}_i{t}_i$

证明：
原方程组可以拆解成为n个方程组：

$$\{\begin{array}{l}{x}_1\equiv b_1(mod{a}_1)\\ x_1\equiv 0(mod{a}_2)\\ ...\\ x_1\equiv 0(mod{a}_n)\end{array}\{\begin{array}{l}{x}_2\equiv 0(mod{a}_1)\\ x_2\equiv b_2(mod{a}_2)\\ ...\\ x_2\equiv 0(mod{a}_n)\end{array}...\{\begin{array}{l}{x}_n\equiv 0(mod{a}_1)\\ x_n\equiv 0(mod{a}_2)\\ ...\\ x_n\equiv b_n(mod{a}_n)\end{array}$$

即：

$$\{\begin{array}{l}{x}_1\equiv b_1(mod{a}_1)\\ x_1\equiv 0(mod{A}_1)\end{array}\{\begin{array}{l}{x}_2\equiv b_2(mod{a}_2)\\ x_2\equiv 0(mod{A}_2)\end{array}...\{\begin{array}{l}{x}_n\equiv b_n(mod{a}_n)\\ x_n\equiv 0(mod{A}_n)\end{array}$$

此时原方程组的解为：$x=\sum _{i=1}^n{x}_i$

令$x_i=A_i{k}_i$，则第 $i$ 个方程组就转化为$A_i{k}_i\equiv b_i,(mod{a}_i)$

由题目可知，$A_i{t}_i\equiv 1(mod{a}_i)$，所以$k_i=t_i{b}_i$

所以$x_i=A_i{t}_i{b}_i$，所以整个方程组的解就是$x=\sum _{i=1}^n{b}_i{A}_i{t}_i$

证毕。

ll exgcd(ll &x,ll &y,ll a,ll b){
	if(b==0){
		x=1;y=0;return a;
	}		
	ll re=exgcd(x,y,b,a%b);
	ll tmp=x;x=y;y=tmp-a/b*y;
	return re;
}
int main(){
	scanf("%lld",&n);
	s=1;
	for(int i=1;i<=n;++i){
		scanf("%lld%lld",&a[i],&b[i]);
		s*=a[i];
	}
	for(int i=1;i<=n;++i){
		exgcd(x,y,s/a[i],a[i]);
		x=s/a[i]*((x+a[i])%a[i])*b[i];
		ans=(ans+x)%s;
	}
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}

扩展中国剩余定理：

还是求解中国剩余定理的方程组，但不保证$m_1,m_2,...,m_n$ 两两互质。

我们可以通过合并相邻方程的方式求解。

随便挑出两组方程： $x\equiv a_i(mod{m}_i),x\equiv a_j(mod{m}_j)$

我们把它转化为一般形式：$x+y_i{m}_i=a_i,x+y_j{m}_j=a_m$

也就是：$a_i-a_j=y_i{m}_i-y_j{m}_j$

其中，只有$y_i,y_j$ 是未知数，所以可以看做关于$y_i,y_j$的二元一次方程。

根据裴蜀定理，如果$a_i-a_j$不能整除$gcd(m_i,m_j)$，那么方程无解。

假设一组特解是$y_i=y_1,y_j=y_2$，那么通解就是：

$$y_i=y_1+\frac{k{m}_j}{gcd(m_i,m_j)},y_j=y_2-\frac{k{m}_i}{gcd(m_i,m_j)}$$

$x$ 的特解是 $x_0=a_i-y_1{m}_i$

$x$ 的通解是

$$x=a_i-(y_1+\frac{k{m}_j}{gcd(m_i,m_j)})m_i$$

也就是 $x=x_0-k\times lcm(m_i,m_j)$

也就是$x\equiv x_0(modlcm(m_i,m_j))$

这样，我们就把两个方程合并成了一个方程。不断合并下去，就能求出原方程组的解。

ll mul(ll a,ll b,ll mod){
	ll s=a;a=0;bool ok=0;
	if(b<0)
		b=-b,ok=1;
	while(b){
		if(b&1)
			a=(a+s)%mod;
		s=(s+s)%mod;b>>=1;
	}
	if(ok)
		a=-a;
	return a;
}
ll exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y){
	if(b==0){
		x=1;y=0;return a;
	}
	ll re=exgcd(b,a%b,x,y);
	ll tmp=x;x=y;y=tmp-y*(a/b);
	return re;
}
ll excrt(){
	ll y1=0,y2=0,x0=0,ans=0;
	for(int i=2;i<=n;++i){
		ans=exgcd(m[1],-m[i],y1,y2);
		ll lcm=m[1]/__gcd(m[1],m[i])*m[i];
		y1=mul(y1,m[1],lcm);
		x0=(a[1]-mul(y1,(a[1]-a[i])/ans,lcm)+lcm)%lcm;
		m[1]=lcm;a[1]=x0;
	}
	return x0;
}
int main(){
	scanf("%lld",&n);
	for(int i=1;i<=n;++i)
		scanf("%lld%lld",&m[i],&a[i]);
	printf("%lld\n",excrt());
	return 0;
}