数论小结
分解质因数
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstring>
using namespace std;
int main() {
int n;
cin >> n;
while(n--) {
int x;
cin >> x;
for(int i = 2; i <= sqrt(x);i++) {
if(x % i == 0) {
int s = 0;
while(x % i == 0) {
x /= i;
s++;
}
cout << i << " " << s << endl; // 数量
}
}
if(x > 1) cout << x << " " << 1 << endl;
cout << endl;
}
return 0;
}
约数个数
约数之和
基本思想
如果\(N = p_1^{c_1} * p_2^{c_2} * ...p_k^{c_k}\)
约束个数 \((c1 + 1)(c2+1)(c3+1)...(ck+1)\)
约数之和 \((p1^0 + p1^1 + ...+ p1 ^ c_1) *...*(pk^0 + pk^1 + ...+pk^{c_k})\)
while (b--) t = (t * a + 1) % mod;
t = t * p + 1
t = 1
t = p + 1
\(t = p ^ 2 + p + 1\)
\(t = p ^ 3 + p ^ 2 + p + 1\)
......
#include<iostream>
#include<unordered_map>
typedef long long ll;
using namespace std;
const int mod = 1e9 + 7;
int n;
int main() {
scanf("%d", &n);
unordered_map<int,int> primes;
while(n--) {
int x;
scanf("%d", &x);
for(int i = 2;i * i <= x;i++) {
while(x % i == 0) {
x /= i;
primes[i]++;
}
}
if(x > 1) primes[x]++;
}
ll ans = 1;
for(auto p : primes) {
ll a = p.first, b = p.second;
ll t = 1;
while(b--) t = (t * a + 1) % mod; // 求单个约s的乘数
ans = ans * t % mod; // 约束之和计算
}
cout << ans << endl;
return 0;
}
欧拉函数
欧拉定理：$a ^{\phi(n)} \equiv 1 (modn) $(a、n互质)
1~n中，\(a_1、a_2、..a_\phi(n)\) 是和n互质的数，那么\(aa_1、aa_2、....aa_\phi(n)\)也和n互质，
\(aa_i\equiv aa_j(mod n)\)
扩展欧几里得算法
\(ax + by = gcd(a,b)\)
bx1 + (a%b)*y1 = gcd(b,a%b) = gcd(a,b) .....，gcd的值一直是相等的
a % b = a - (a / b) * b，代入
\(bx1 + a * y1 - (a/b) * b* y1\)
\(= a * y1 + b1 * (x1 - a/b * y1) = ax + by\)
发现，\(x = y1\)，\(y = (x_1 - a /b * y_1)\) (x,y是初始的，x1，y1是一步一步gcd变换的)
#include<iostream>
using namespace std;
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 t = y;
y = x - (a / b) * y;
x = t;
}
// 第2z
void exgcd(int a, int b, int& x, int& y) {
if(!b) {
x = 1, y = 0;
return a;
}
int d = exgcd(b, a%b, y, x); // x放到y的位置那么递归里面y的改变就是在改变x 即x=y1
y -= a / b * x; // y = x1 - a/b*y1 // 因为x和调换了
return d;
}
int main() {
int n;
cin >> n;
while(n--) {
int a, b, x, y;
scanf("%d%d", &a, &b);
exgcd(a, b, x, y);
cout << x << " " << y << endl;
}
return 0;
}
快速幂求逆元
逆元的定义
费马小定理：如果p是一个质数，而整数a 不是 p 的倍数，则有 \(a^{p-1}\equiv 1(mod p)\)
乘法逆元：若整数b， m 互质，并且对于任意的整数 a， 如果满足b|a，则存在一个整数 x， 使得 \(a/b \equiv a * x(mod m)\), 称 x 为 b 的模 m 的乘法逆元，记为 \(b^{-1}(mod m)\)。
\(a/b = a * x(mod m)\) \(a/b=a * b^{-1} (mod m)\) \(1 = b^{-1}*b (mod m)\)
根据费马小定理 \(b^{m-1} \equiv 1 (mod m)\)
\(b^{-1} * b \equiv 1(mod m)\)
\(b^{m-1} = b ^ {-1} * b\) 得 \(b^{-1} = b ^ {m-2}\)
当b与m互质时， b 的乘法逆元为 \(b^{m-2}\)
当b 为 m 的倍数时， b 的逆元不存在
#include<iostream>
using namespace std;
typedef long long LL;
LL get_pow(int a, int b, int p) {
LL ans = 1;
while(b) {
if(b & 1) {
ans =(LL)ans * a % p; // 注意LL
}
a =(LL)a * a % p; // 注意LL类型 模上p之后还是int范围内
b >>= 1;
}
return ans;
}
int main() {
int n;
scanf("%d", &n);
while(n--) {
int a, p;
scanf("%d%d", &a, &p);
if(a % p == 0) puts("impossible");
else cout << get_pow(a,p - 2, p) << endl;
}
return 0;
}
求组合数
递推法
#include<iostream>
using namespace std;
const int mod = 1e9 + 7;
typedef long long LL;
LL f[2010][2010];
int main() {
// 预处理
for(int i = 0; i <= 2000; i++)
for(int j = 0; j <= i;j++) { // 注意j <= i
if(j == 0) f[i][j] = 1;
else f[i][j] = (f[i-1][j-1] + f[i-1][j]) % mod;
}
int n;
cin >> n;
while(n--) {
int a, b;
cin >> a >> b;
cout << f[a][b] << endl;
}
return 0;
}
// f[0][0] = 1 f[1][1]=f[0][1]+f[0][0]=1 f[2][2]=f[1][2]+f[1][1]=1....
逆元法 \(1\leq b\leq a \leq 10^5\)
#include<iostream>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 100010, mod = 1e9 + 7;
int fact[N], infact[N];
int get_pow(int a, int b, int mod) {
int ans = 1;
while(b) {
if(b & 1) ans = (LL)ans * a % mod; // 注意这里要加上LL
a = (LL)a * a % mod; // 加上LL
b >>= 1;
}
return ans;
}
int main() {
fact[0] = infact[0] = 1; // 阶乘、逆元得阶乘
for(int i = 1; i < N;i++) {
fact[i] = (LL)fact[i - 1] * i % mod;
infact[i] = (LL)infact[i - 1] * get_pow(i, mod - 2, mod) % mod;
}
int n;
cin >> n;
while(n--) {
int a, b;
scanf("%d%d", &a,&b);
printf("%d\n", (LL)fact[a] * infact[b] % mod * infact[a - b] % mod);
}
return 0;
}
高精度+筛素数 组合数
思路： 通过计算\(a!\)和\(b!\)、\((a-b)!\)中不同素数 p 的次数，用分子的次数减去分母的次数就是该素数的总次数，最后用高精度乘法计算结果即可。
比如说\(8! = 8 * 7 * 6 * 5 * 4 * 3 * 2 * 1\)，8 / 2 = 4，即2、4、6、8这几个是2的倍数， 8 / 4 = 2,即4、8是4的倍数，8 / 8 = 1,8是8的倍数。但是\(p^3\)也是\(p^2\)的倍数，\(p^2\) 也是p的倍数，即2算了1次，4算了两次，8算了3次。
比如 8 / 3 = 2,说明3、6是3的倍数，8 / 9 = 0, 3的平方大于8了，质数3总共出现2次。
#include<iostream>
#include<vector>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N = 5010;
int primes[N], cnt;
int sum[N];
bool st[N];
// 筛素数
void get_primes(int n) {
for(int i = 2; i <= n;i++) {
if(!st[i]) primes[cnt++] = i;
for(int j = 0; primes[j] * i <= n;j++) {
st[primes[j] * i] = 1;
if(i % primes[j] == 0) break;
}
}
}
// 求n!包含质因子p的个数
int get(int n, int p) {
int res = 0;
while(n) {
res += n/p;
n /= p;
}
return res;
}
// 高精度乘
vector<int> mul(vector<int> a, int b) {
vector<int> c;
int t = 0;
for (int i = 0; i < a.size(); i++) {
t += a[i] * b;
c.push_back(t % 10);
t /= 10;
}
while(t) {
c.push_back(t % 10);
t /= 10;
}
return c;
}
int main() {
int a, b;
cin >> a >> b;
get_primes(a);
for(int i = 0;i < cnt;i++) {
int p = primes[i]; // 素数
sum[i] = get(a,p) - get(b,p) - get(a-b,p); // 这个素数对应的次数(分子减去分母的)
}
vector<int> res;
res.push_back(1);
for(int i = 0; i < cnt;i++)
for(int j = 0; j < sum[i]; j++) // primes[i]的次数
res = mul(res, primes[i]);
for(int i = res.size() - 1; i >= 0;i--) cout << res[i];
puts("");
return 0;
}
中国剩余定理
题目 整数的奇怪方式
m1、m2、,.....mk两两互质， \(x \equiv a_1(mod m_1)\) \(x \equiv a_2(modm_2)\) .....\(x \equiv a_k(mod m_k)\)
求解： 令\(M=m_1m_2....m_k\)，\(M_i = \frac{M}{m_i}\)，
\(x = a_1 * M_1 * M_1^{-1} + a_2*M_2 * M_2^{-1} +...a_kM_kM_k^{-1}\)
其中\(M_i^{-1}\)是\(M_i\)模\(m_i\)的逆
表达整数的奇怪方式
思路：通过两个等式合并成为一个等式，然后继续与下一个等式合并
- 有解等价于 \((a_1,a_2) | (m_2,m_1)\) 其中\(()\)表示最大公约数， \([]\) 表示最小公倍数
- \(k_1 + k (a2/d)\)、 \(k_2 + k(a_1 / d)\)是方程组的通解，求最小的\(k_1\) ，如果通过 exgcd求出了\(k_1\) ,\(k_1 % t+ t\)是最小的k1 (即k取0)。
- 合并之后的方程 \(x = ka + x_0\) , \(x_0\)就是 \(a_1k_1 + m_1\)。
c++中的余数可能为负数：比如 \(-5 mod 3 = -2\) ,但在数学中余数是正的余数为1。
#include<iostream>
#include<cmath>
using namespace std;
typedef long long LL;
int n;
LL exgcd(LL a, LL b, LL& x, LL& y) {
if(!b) {
x = 1, y = 0;
return a;
}
int d = exgcd(b, a % b, x, y);
int t = y;
y = x - a / b * y;
x = t;
return d;
}
int main() {
int n;
bool flag = true;
cin >> n;
LL a1, m1;
cin >> a1 >> m1;
for(int i = 1; i < n;i++) {
LL a2, m2, k1, k2;
cin >> a2 >> m2;
LL d = exgcd(a1, a2, k1, k2);
if((m2 - m1) % d) {
flag = false;
break;
}
k1 = k1 * (m2 - m1) / d;
LL t = abs(a2 / d);
k1 = (k1 % t + t) % t; // 最小的k1
m1 = k1 * a1 + m1;
a1 = (a1 / d * a2); // abs(a1 /d * a2) 可加可不加
}
if(!flag) puts("-1");
else cout << (m1 % a1 + a1) % a1 << endl; // 用m1 = k1 * a1 + m1，求出右边的m1c
return 0;
}
公约数
给定两个正整数 a 和 b，你需要回答q 个询问，每个询问给定两个整数l，r，你需要找到最大的整数x，满足
1、x 是 a 和 b 的公约数
2、l <= x <= r
思路： a b 的公约数一定是其最大公约数的约数
求其最大公约数的约数即可，将其排序。使用二分查找是否存在这个约数
// 求这个数的约数: a b 的公约数一定是最大公因数的约数
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N = 1000010;
int cnt;
int yue[N]; // 存约数
int gcd(int a, int b) {
return b ? gcd(b, a%b): a;
}
// 求约数
void divide(int x) {
yue[cnt++] = 1;
for(int i = 2; i * i <= x;i++) {
if(x % i == 0) {
yue[cnt++] = i;
if(i * i != x) yue[cnt++] = x / i;
}
}
yue[cnt++] = x;
}
int main() {
int a, b;
scanf("%d%d", &a, &b);
int t = gcd(a, b);
divide(t);
sort(yue, yue + cnt);
int q;
scanf("%d", &q);
while(q--) {
int l, r;
scanf("%d%d", &l, &r); // 范围区间
// 二分找公约数
int ll = 0, rr = cnt - 1;
if(r < 1 || l > yue[rr]) {
cout << "-1" << endl;
continue;
}
while(ll < rr) {
int mid = ll + rr + 1>> 1; // 注意要加上1 因为l = mid + 1
if(yue[mid] < l) ll = mid + 1;
else if (yue[mid] >= l && yue[mid] <= r) ll = mid; // 找的是[l,r]间最大的数
else rr = mid - 1;
}
if(yue[ll] < l || yue[ll] > r) puts("-1");
else cout << yue[ll]<<endl;
}
return 0;
}
