数论学习笔记

如题。

链接：https://h.hszxoj.com/d/hzoj/training/64ae62d5016fac9fb4da7086?uid=482

3336. cf1444A

洛谷link

小数学题。gxyz 上的很好A，但是 CF 上的数据确实超级大。

先判断 $\displaystyle q/p$ 是否成立，若不成立则直接 cout<<p;

否则就要遍历 $q$ 的质因数，然后再找对应质因数中 $q$ 含有的数量，记录ans=max(ans,p/pow(i,cntp-cntq+1);

之后再判断处理过的 $q$ 是否大于一，如果是则再次用 $p/q$ 直到$p \ \% \ q \ !=0$ 即 $p < q$ ，然后再次统计答案 ans=max(ans,p/pow(q,cnt);

然后输出答案即可。

3337. poj1845 sumdiv

**数学题。浪费我整整2天时间，还去问了数竞大佬sjh。。。

原来等比数列通项不支持取模。。。

推导：

$\text{设 p 为质数，则}$

$$\textstyle A=p_1^{a_1} \times p_2^{a_2} \times p_3^{a_3} \times\cdots \times p_n^{a_n}$$

$$\textstyle \ \ \ A^B=(p_1^{a_1} \times p_2^{a_2} \times p_3^{a_3} \times\cdots \times p_n^{a_n})^B$$

$$\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ =\textstyle p_1^{a_1*B} \times p_2^{a_2*B} \times p_3^{a_3*B} \times\cdots \times p_n^{a_n*B}$$

$\text{易证：}A^B \text{ 的因数，可以看作是任意一个或多个 } \ p_i \ \text{ 除以任意一个或多个 }a_i$

$\text{ 由乘法原理得， }A^B\text{ 的因数个数是：}$

$$(a_1+1)(a_2+1)(a_3+1)\cdots(a_n+1)$$

$\text{显然（shj说的），}A^B\text{ 的因数和是：}$

$$SUM=\prod_{i=1}^{n}(\sum_{i=0}^{ai}{p_i^r})$$

$\text{考虑对每一个等比数列求和取模：}$

$\text{若}2 \mid k ,$

$$sum(p,k)=\sum_{i=0}^{k}{p^i}$$

$$\ \ \ \ \ \ \ \ sum(p,k)=p^0+\sum_{i=1}^{k}{}p^i$$

$$\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ sum(p,k)=p^0+p^1\sum_{i=0}^{k-1}{p^i}$$

$$\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ sum(p,k)=1+p \times sum(p,k-1)$$

$\text{若}2 \nmid k ,$

$$sum(p,k)=\sum_{i=0}^{k}{p^i}$$

$$\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ sum(p,k)=\sum_{0}^{k/2}{p^i}+\sum_{k/2+1}^{k}{p^i}$$

$$\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ sum(p,k)=\sum_{0}^{k/2}{p^i}+p^{k/2+1} \times \sum_{0}^{k/2}{p^i}$$

$$\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ sum(p,k)=\sum_{0}^{k/2} \times (p^{k/2+1}+1)$$

$$\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ sum(p,k)=sum(p,k/2)\times (p^{k/2+1}+1)$$

得解。

然后在需要取模的地方（幂运算、每次递归的$sum(p,i)$）取个模就好了。

3338. poj2478 Farey Sequence

计算输出欧拉函数的前 $n$ 项。

P123. 「NOIP2012」同余方程

用 $ex \gcd$ 求解同余方程。

3340. 【模板】扩展欧拉定理

$$\large{ a^b \equiv \begin {cases} a^b&, b <φ(m) \\ a^{b \mod φ(m) +φ(m)}&,b \ge φ(m) \end{cases} \pmod m }$$

但是 $b$ 太长怎么办？

那就快读的时候完成 $b$ 的化简，即扩展欧拉定理。

然后幂运算的时候取模就行了。

完整链接：https://gxyzoj.com/d/hzoj/blog/481/658199fdb082af9540aebe8f#1702992381185

P1333. [bzoj3884]上帝与集合的正确用法

有意思的东西。

考虑扩展欧拉定理：

$$\large{ a^b \equiv \begin {cases} a^b&, b <φ(m) \\ a^{b \mod φ(m) +φ(m)}&,b \ge φ(m) \end{cases} \pmod m }$$

$$\large{ \begin{aligned} 2^{2^{2^{\dots^{2}}}} &\equiv 2^{(2^{2^{\dots^{2}}}\mod φ(p) +φ(p))} \pmod p \\ 2^{(2^{2^{\dots^{2}}}\mod φ(p) +φ(p))} &\equiv 2^{[(2^{(2^{\dots^{2}} \mod φ(p^{'}) +φ(p^{'}))}) \mod p^{'}]} \pmod p \\ &\text{其中}p^{'}=φ(p) \end{aligned} }$$

则可用递归求解。边界为 p==1 return 0 。

而且计算幂的时候必须用快速幂取模。

代码是这样的：

int f(int p)
{
	if(p==1) return 0;
	return binpow(2,f(euler(p))+euler(p),p);
}

P203. 倒酒

依然是采用 $\text{exgcd}$ 求解。但是有个小东西，我是看的题解的：

x*=-1;a*=-1;
while(x<0||y<0)
{
	x+=b/g*(x<0);
	y-=a/g*(x>=0);
}

就这样吧。

P129. 乘法逆元

你说的对，但是这道题用欧拉定理做的话要轻微卡常。

P124. [SDOI2008]仪仗队

依然是欧拉定理。先线性筛，再 for(int i=1;i<n;i++) ans+=(phi[i]*2); 然后输出 ans+1。

P321. 荒岛野人Savage

依然是 $\text{exgcd}$ ，但是 $\text{check}$ 函数里面的一些东西我还是没理解。。。

高二再来填坑吧。

bool ck(int m)
{
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		for(int j=i+1;j<=n;j++)
		{
		//	if(i==j) continue;
			x=0,y=0;
			int a=p[i]-p[j],cc=c[j]-c[i];
			int g=exgcd(a,m);
			if(cc%g) continue;
			int b=m;
			a/=g,b/=g,cc/=g;
			b=abs(b);
			x=(x*cc%b+b)%b;
			if(x<=l[i]&&x<=l[j]) return 0;
		}
	}
	return 1;
}

P2303 [SDOI2012] Longge 的问题

小 * 数论题，写了一晚上加一节数学课。

$\text{考虑 } n \text{ 的因数，有：}$

$$ans=\sum_{i=1}^{n}[ i | n ] \times i\times\sum_{i=1}^{n}[ \gcd(i,n)=i ]$$

引理1：

设 $n=d*x$ , $i=d*y$，其中 $d =\gcd(i,n)$ , 则：

$$\gcd(x,y)=1$$

证明：

假设 $\gcd(x,y) > 1$

则不妨设 $x=j*t$ ,$y=k*t$ ，即 $\gcd(x,y)=k,k > 1$

带入 $n,i$ 得：

$n=d*x =d * j*t$

$i=d*y=d*k*t$

易证：$\gcd(i,n) > d$，与假设不符，即可证明引理1 。

引理2：

$\text{若 }i|n\text{ ，则：}$

$$\sum_{i=1}^{n}[\gcd(i,n)=d]=\sum_{i=1}^{n}[\gcd(i,\lfloor \frac{n}{d} \rfloor)=1]$$

证明：
设 $n=d*x$ , $i=d*y$， 则：

$$\begin{aligned} &\gcd(i,n)=d \\ &\gcd(i,d*x)=d \\ &\gcd(i,x)=1 \\ &\gcd(i,\lfloor \frac {n}{d}\rfloor)=1 &\end{aligned}$$

即证。

所以

$$\begin{aligned} ans&=\sum_{i=1}^{n}[\gcd(i,\lfloor \frac{n}{d} \rfloor)=1] \\ ans&=\sum_{i=1}^{n}φ(\lfloor\frac{n}{d} \rfloor) \end{aligned}$$

此时，这道题已经拿到了 $90$ 分，那么还要考虑优化：

引理3：

$$\gcd(i,n)=\gcd(n-i,n)$$

证明：同引理1

则可优化：

$$\begin{aligned} ans&=i\sum_{i=1}^{n}φ(\lfloor\frac{n}{d} \rfloor),i|n \\ ans&=\sum_{i=1}^{\sqrt{n}}φ(\lfloor\frac{n}{d} \rfloor)+\lfloor\frac{n}{d} \rfloor*\sum_{i=1}^{\sqrt{n}}φ(i),i|n \end{aligned}$$

得解。但需要判断 $i*i=n$ 的时候，会多算一次。