杂谈 2：论编程中的简单数学

$1^{st}$ 质数

因数只有 $1$ 和数字本身的数称为质数。

素数计数函数：小于或等于 $x$ 的素数的个数，用 $\pi(x)$ 表示。随着 $x$ 的增大，有这样的近似结果：$\pi(x) \sim \dfrac{x}{\ln(x)}$。

素性测试：素性测试（Primality test）是一类在不对给定数字进行素数分解（prime factorization）的情况下，测试其是否为素数的算法。

那我们怎么判断一个数是不是质数呢？我们可以枚举 $2 \sim x$，对于每个 $i$，如果 $x \bmod i = 0$，那么就不是质数。当然，$x < 2$ 时 $x$ 一定不是质数。

代码：

bool Prime(ll x) {
  if (x < 2) {
    return 0;
  }
  for (ll i = 2; i <= x; ++ i) {
    if (!(x % i)) {
      return 0;
    }
  }
  return 1;
}

可是，这样求解的时间复杂度是 $O(x)$，$x$ 太大直接爆炸。我们发现如果 $i$ 是 $n$ 的约数，那么 $\cfrac{n}{i}$ 也是 $n$ 的约数（称 $\Big(i,\ \cfrac{n}{i}\Big)$ 为 $n$ 的约数对）。所以不必重复枚举 $2$ 个，我们只要枚举最小的那个即可。由推理可得，所有 $n$ 的约数对的最小数均 $\le \sqrt{n}$。所以只需枚举 $2 \sim \sqrt{x}$ 即可。

代码：

bool Prime(ll x) {
  if (x < 2) {
    return 0;
  }
  for (ll i = 2; i * i <= x; ++ i) { // i * i <= x 等价于 i <= √x
    if (!(x % i)) {
      return 0;
    }
  }
  return 1;
}

那怎么一次性求出 $1 \sim n$ 的所有数是不是质数呢？如果把每个数都检验一遍，那么时间复杂度为 $O(n\sqrt{n})$，大概能撑到 $n = 2·10^5$。下面介绍一种 $O(n)$ 的算法：

找到一个质数后，就将它的倍数标记为合数，也就是把它的倍数筛掉，如果一个数没有被比它小的质数筛掉，那它就是质数。直到把 $\le \sqrt{n}$ 的质数全部筛完，程序结束。时间复杂度为 $O(n \log \log n)$。

代码：

const int kMaxN = 1e6 + 10; // 筛掉 1 ~ 10^6+10 的质数
bool isp[kMaxN + 1]; // 多开 1 个保险
bool InitPrime(ll x) {
  for (int i = 2; i * i <= kMaxN; ++ i) {
    if (!isp[i]) { // 如果 i 是质数
      for (int j = i * i; j <= kMaxN; j += i) { // 标记
        isp[j] = 1;
      }
    }
  }
}

$2^{\text{nd}}$ 最大公约数

最大公约数即为 Greatest Common Divisor，常缩写为 gcd。一组整数的最大公约数，是指所有公约数里面最大的一个。

$2$ 个数的最大公约数：

考虑枚举 $1 \sim \min(a,\ b)$，找到最大的 $i$ 有 $i \bmod a = i \bmod b = 0$，则 $i$ 是 $\gcd(a,\ b)$ 的值。

代码：

ll GCD(ll a, ll b) {
  ll ans = 0;
  for (ll i = 1; i <= min(a, b); ++ i) {
    if (!(i % a) && !(i % b)) {
      ans = i;
    }
  }
  return ans;
}

但是，这个算法的时间复杂度是 $O(\min(a,\ b))$，$a$ 和 $b$ 太大就会超时。设 $a > b$，我们发现如果 $b$ 是 $a$ 的约数，那么 $b$ 就是二者的最大公约数。下面讨论不能整除的情况，即 $a = bq + r$（$r < b$）。我们可以得到 $\gcd(a,\ b) = \gcd(b,\ a \bmod b)$。

代码：

ll GCD(ll a, ll b) {
  if (!b) {
    return a;
  }
  return GCD(b, a % b);
}

但大整数（$> 2^{64}$）取模的时间复杂度较高，而加减法时间复杂度较低。针对大整数，我们可以用更相减损术。设 $a \ge b$，有：

因为当 $a = b$ 时，$\forall d\ |\ a, d\ |\ b$，有 $d\ |\ a - b$，否则可以证明 $a, b$ 的所有公因数都是 $a - b,\ b$ 的公因数。

代码：

BigInt GCD(BigInt a, BigInt b) {
  int cnt1 = 0, cnt2 = 0;
  for (; !Mod(a, 2); ++ cnt1) { // Mod 为高精 a % b 函数
    RMove(a, 1); // a >>= 1 的高精版
  }
  for (; !Mod(b, 2); ++ cnt1) { // Mod 为高精 a % b 函数
    RMove(b, 1); // b >>= 1 的高精版
  }
  for (; ; ) {
    for (; !Mod(a, 2), RMove(a, 1));
    for (; !Mod(b, 2), RMove(b, 1));
    if (Same(a, b)) { // a == b 的高精版
      break;
    }
    if (a < b) {
      Swap(a, b); // 高精 swap(a, b)
    }
    Diff(a, b); // a -= b 高精版 
  }
  return LMove(a, min(cnt1, cnt2)); // LMove 为 a <<= b 的高精版
}

多个数的最大公约数：

显然答案一定是每个数的约数，那么也一定是每相邻两个数的约数。

代码：

ll GCD(ll a, ll b) {
  if (!b) {
    return a;
  }
  return GCD(b, a % b);
}

ll MGCD() {
  int _gcd = a[1];
  for (int i = 2; i <= n; ++ i) {
    _gcd = GCD(_gcd, a[i]);
  }
  return _gcd;
}

$3^{\text{rd}}$ 快速幂

我们知道 $x^a$ 乘上 $x^b$，等于 $x^{a + b}$，所以有 $x^ax^b = x^{a + b}$。因此，设 $f(a, b)$ 表示 $a$ 的 $b$ 次方，我们可以这样算：

代码：

ll Qkpow(ll a, ll b) {
  if (!b) {
    return 1;
  }
  if (b == 1) {
    return a;
  }
  int tmp = Qkpow(a, (b >> 1)); // b >> 1 相当于 b / 2
  return tmp * tmp * ((b & 1)? a : 1); // b & 1 相当于 b % 2
} 

但是，我们还可以使用二进制的方式进行运算。其实跟前面差不多，但是省去了递归步骤。

代码：

// 无模数版

ll Qkpow(ll b, ll p) {
  ll ans = 1;
  for (; p; p >>= 1) {  // p >>= 1 相当于 p /= 2
    if (p & 1) {
      ans = ans * b;
    }
    b = b * b;
  }
  return ans;
}   

// 有模数版

ll Qkpow(ll b, ll p, ll mod) {
  ll ans = 1;
  for (; p; p >>= 1) {  // p >>= 1 相当于 p /= 2
    if (p & 1) {
      ans = ans * b % mod;
    }
    b = b * b % mod;
  }
  return ans;
}