基础数论 质数与约数

基础数论

前置芝士：#

等比数列求和: $S_n=a_0\frac{1-q^n}{1-q}$

质数与约数：#

　

整除与约数#

设 $n$ 为非负整数，$d$ 为正整数，若 $\frac{n}{d}$ 为整数，则称 $d$ 整除 $n$，记为$d\mid n$。此时，则称 $d$ 是 $n$ 的约数，或因数、因子；称 $n$ 为 $d$ 的倍数。

　

质数与合数的定义：#

对于 $n\ge 2$ ，若 $\mathrm{\forall }1<i<n,i\nmid n$ ，则称 $n$ 为质数，否则 $n$​ 为合数。

　

质数判定：#

试除法：

单次时间复杂度 $O(\sqrt{n})$

代码

bool is_prime(int n) {
	if(n < 2)
		return false;
	for(int i=2; i<= sqrt(n); ++i) {
		if(n % i == 0)
			return false;
	}
	return true;
}

　

质数筛法一：

从 $2$ 到 $n$ 枚举整数 $i$，标记大于 $i$ 且不大于 $n$ 的 $i$ 的倍数。枚举到 $i$ 时，若 $i$ 没有被标记过，则 $i$ 为质数。

时间复杂度 $O(\sum _{i=1}^n\frac{n}{i})=O(n\log n)$

代码

void found_prime() {
	memset(vis, 0, sizeof(vis));
	vis[0] = 1; vis[1] = 1; // 特殊处理 0 和 1
	for(int i=2; i<=n; ++i) {
		for(int j=i*2; j<=n; j+=i)
			vis[j] = 1; // 标记合数
    }
}

　

埃氏筛：

只需要枚举质数的倍数就可以标记到所有合数了。实际上对于每个质数 $p$ 而言，小于$p^2$ 的 $p$ 的倍数在扫描到更小的质数时就已经被标记过了。

从 $2$ 到 $n$ 枚举整数 $i$，若 $i$ 是质数，则把 $i^2$ , $(i+1)\times i$, $\cdots$, $\lfloor \frac{n}{i}\rfloor \times i$ 标记为合数。枚举到 $i$ 时，若 $i$ 没有被标记过，则 $i$ 为质数。

时间复杂度 $O(\sum _{pr[i]\le n}\frac{n}{pr[i]})=O(n\log \log n)$

代码

void found_prime() {
	memset(vis, 0, sizeof(vis));
	vis[0] = 1; vis[1] = 1; // 特殊处理 0 和 1
	for(int i=2; i<=n; ++i) {
		if(!vis[i]) { // i 为质数
			for(int j=i*i; j<=n; j+=i)
				vis[j] = 1; // 标记合数
		}
	}
}

　

线性筛：

用每一个合数的最小质因子来标记这个合数。时间复杂度 $O(n)$

代码

int pr[N],cnt;
bool vis[N];
void init(){
	int n=1e5+50;
	for(int i=2;i<=n;i++){
		if(!vis[i]){pr[++cnt]=i;}
		for(int j=1;j<=cnt&&i*pr[j]<=n;j++){
			vis[i*pr[j]]=1;
			if(i%pr[j]==0)break;
		} 
	}
}

　

区间筛：(埃氏筛)

代码

const int maxn = 1e6+10;
typedef long long LL;
bool is_prime[maxn];  //标记a~b范围内的质数 
bool is_prime_small[maxn];  //标记 1~sqrt(n)范围内的所有质数 
LL a, b;

//对区间[a, b]内的整数执行筛法，is_prime[i-a]=true表示i是素数 
void found_prime()
{
	for(LL i=0; i*i<=b; ++i)
		is_prime_small[i] = true; 
	is_prime_small[1] = false;
	for(LL i=0; i<=b-a; ++i)
		is_prime[i] = true;
		
	for(LL i=2; i*i<=b; ++i) {
		if(is_prime_small[i]) {  // i是质数 
			for(LL j=i*i; j*j<=b; j+=i)  // 标记 sqrt(b) 以内的i的倍数 
				is_prime_small[j] = false;
			for(LL j = max(2LL, (a+i-1)/i) * i; j<=b; j+=i)  //标记[a, b]中i的倍数 
				is_prime[j-a] = false;
		}
	}	
}

　

算术基本定理:#

任何一个大于 1 的正整数都能唯一分解为若干个质数的乘积。

设 $n\ge 2$ 为整数，有唯一的分解式：

$$n=p_1^{c_1}\times p_2^{c_2}\times \cdots \times p_m^{c_m}=\prod _{i=1}^m{p}_i^{c_i}$$

其中 $c_i$ 都是正整数，$p_i$ 都是质数，且满足 $p_1\le p_2\le ...\le p_m$

根据算术基本的定理，对于任意一个大于 $2$ 的整数 $n$，他的正约数集合可以写作：

$$\{p_1^{b_1}\times p_2^{b_2}\times \cdots \times p_m^{b_m}\}(0\le b_i\le c_i)$$

推论一： $n$ 的正约数个数为：

$$(c_1+1)\times (c_2+1)\times \cdots \times (c_m+1)=\prod _{i=1}^m(c_i+1)$$

推论二： $n$ 的所有正约数之和为：

$$(1+p_1+p_1^2+...+p_1^{c_1})\times \cdots \times (1+p_m+p_m^2+...+p_m^{c_m})=\prod _{i=1}^m\sum _{j=0}^{c_i}{p}_i^j$$

　

阶乘分解：#

对于一个数 $n$ 求 $n!$ 的质因数分解：

考虑对于一个质数 $p_i$ 求 $n!$ 中包含多少个 $p_i$
答案是 $\sum _{i=1}^{\lfloor {\log }_{p}n\rfloor }\lfloor \frac{n}{p^i}\rfloor$
对于每一个质数都用如上方式
共有 $\frac{n}{\ln n}$ 个数，每次处理 $\log n$ 的复杂度，总复杂度 $O(n)$ 。

　

求解正约数集合：#

试除法 求 $n$ 的正约数：

时间复杂度 $O(\sqrt{n})$

代码

int divisor[10010], cnt = 0;
for(int i=1; i<=sqrt(n); ++i) {
	if(n % i == 0) {
		divisor[++cnt] = i;
		if(i != n/i) divisor[++cnt] = n/i;
	}
}

推论：一个整数 $n$的正约数个数最多不超过 $2\times \sqrt{n}$ 个

　

倍数法 求$1\sim n$的正约数：

先枚举 $1\sim n$ 中的每一个数作为约数 $d$，再在 $1\sim n$ 寻找 $d$ 的倍数即可。时间复杂度 $O(n+\frac{n}{2}+\cdots +\frac{n}{n})=O(n\log n)$

代码

vecotr<int> divisor[500010];
for(int i=1; i<=n; ++i) { // 先枚举约数 i
	for(int j=1; j<=n/i; ++j) //枚举 i 在 1~n 范围内的倍数 i × j
		divisor[i*j].push_back(i); // i 是 i × j 的约数
}

推论：$1\sim n$ 的约数个数总和大约为 $n\log n$ 个。

　

约数研究：#

设 $f(x)$ 为 $x$ 的约数个数，求 $\sum _{i=1}^{n}f(i)$

可以枚举每一个 $i\in [1,n]$ ，$1\sim n$ 中含有 $\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$ 个约数 $i$ 。所以答案为 $\sum _{i=1}^n\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$

　

$\mathrm{g}\mathrm{c}\mathrm{d}$ :#

$\mathrm{\forall }a,b\in \mathbb{N},d\in {\mathbb{N}}^{\mathbb{\ast }}$ 若 $d\mid a\mathrm{\&}d\mid b$ 则称 $d$ 为 $a,b$ 的公约数。

$a,b$ 的公约数中最大的称为 $a,b$ 的最大公约数，记为 $gcd(a,b)$。

性质:

• $gcd(a,b)=gcd(b,a)$
• 对于 $\mathrm{\forall }a,b\in \mathbb{N}$ 若 $\mathrm{g}\mathrm{c}\mathrm{d}(a,b)=1$ 则称 $a,b$ 互质。
• 由于任何正整数都是 $0$ 和 $0$ 的公约数，故 $gcd(0,0)$ 不存在。
• 对于 $\mathrm{\forall }a\in {\mathbb{N}}^{\mathbb{\ast }}$ ，有 $gcd(a,a)=a,gcd(a,0)=a$ 。
• $\mathrm{\forall }k\in \mathbb{Z}$，有 $gcd(k\times a,k\times b)=k\times gcd(a,b)$ 。

　

更相减损术：#

$\mathrm{\forall }a,b\in {\mathbb{N}}^{\mathbb{\ast }}\mathrm{\&}a\ge b$ 有 $gcd(a,b)=gcd(b,a-b)=gcd(a,a-b)$

$\mathrm{\forall }d\mid a\mathrm{\&}d\mid b$，有 $a=k_1\times d,b=k_2\times d$ ，则 $(a-b)=(k_1-k_2)\times d$ ，所以 $d$ 也是 $b,a-b$ 的公约数，所以 $gcd(a,b)=gcd(b,a-b)$​ 。

　

辗转相除法：#

$\mathrm{\forall }a,b\in {\mathbb{N}}^{\mathbb{\ast }}\mathrm{\&}b!=0$ 有 $gcd(a,b)=gcd(b,amodb)$

• 若 $a<b$ ，则 $gcd(b,amodb)=gcd(b,a)=gcd(a,b)$
• 若 $a\ge b$ ，设 $a=q\times b+r$ ，其中 $0\le r<b$ 。$r=amodb$ 。有 $a=k_1\times d,q\times b=k_2\times d$ ，则 $r=(a-q\times b)=(k_1-k_2)\times d$ ，因此 $d$ ，也是 $b,r$ 的公约数，故 $gcd(a,b)=gcd(b,amodb)$

代码：

代码

int gcd(int a, int b) {
	while(b > 0 ) {
		int x = a % b;
		a = b;
		b = x;
	}
	return a;
}

递归：

代码

int gcd(int a, int b) {
	return b ? gcd(b, a%b) : a;
}

最大复杂度 $O(\log (a+b))$

　

$\mathrm{l}\mathrm{c}\mathrm{m}$：#

$\mathrm{\forall }a,b\in {\mathbb{N}}^{\mathbb{\ast }},m\in \mathbb{N}$ 若 $a\mid m\mathrm{\&}b\mid m$，则称 $m$ 为 $a$ 和 $b$ 的公倍数。

$a,b$ 的公倍数中最小的称为 $a,b$ 的最小公倍数，记为 $\mathrm{l}\mathrm{c}\mathrm{m}(a,b)$ 。

$$\mathrm{l}\mathrm{c}\mathrm{m}(a,b)=\frac{a\times b}{gcd(a,b)}$$

实际代码中： $\mathrm{l}\mathrm{c}\mathrm{m}(\mathrm{a},\mathrm{b})=\frac{\mathrm{a}}{gcd(\mathrm{a},\mathrm{b})}\times \mathrm{b}$

　

gcd与lcm：#

给出某两个整数 $a$ 和 $b$ （$a\le b$）的最大公约数 $GCD$ 和最小公倍数 $LCM$ ，请找出满足的 $a$ 和 $b$ ，使得 $b-a$ 的值最小。

$\because LCM=\frac{a\times b}{GCD}$
$\therefore \frac{a\times b}{GC{D}^2}=\frac{LCM}{GCD}\Rightarrow (\frac{a}{GCD}{)}^2\le \frac{LCM}{GCD}$
$\therefore \frac{a}{GCD}\le \sqrt{\frac{LCM}{GCD}}$
设 $a^{\prime }=\frac{a}{GCD}$ ，从 $\sqrt{\frac{LCM}{GCD}}\sim 1$ 来枚举 $a^{\prime }$ ，当 $a^{\prime }\mid \frac{LCM}{GCD}\mathrm{\&}\mathrm{\&}gcd(a^{\prime },LCM/GCD/a^{\prime })=1$ 时停止枚举。
答案即为 $a=a^{\prime }\times GCD,b=\frac{LCM}{a^{\prime }}$

　

CF1152C：#

给定两个正整数 $a,b$ ，找到非负整数 $k$ 使 $a+k$ 与 $b+k$ 的最小公倍数最小，如有多解输出最小的 $k$ 。

设 $a>b$ 显然 $\mathrm{l}\mathrm{c}\mathrm{m}(a+k,b+k)=\frac{(a+k)(b+k)}{gcd(a+k,b+k)}$
由辗转相除法可知 $gcd(a,b)=gcd(b,a-b)$
所以 $\mathrm{l}\mathrm{c}\mathrm{m}(a+k,b+k)=\frac{(a+k)(b+k)}{gcd(b+k,a-b)}$
所以可以枚举 $a-b$ 的因子 $w$ ，若 $b\mathrm{\%}w=0$ 则 $k=0$ ，否则 $k=(\lfloor \frac{b}{w}\rfloor +1)w-b$
by ysx